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重难点28 圆锥曲线中的切线与切点弦问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）
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这是一份重难点28 圆锥曲线中的切线与切点弦问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用），文件包含重难点28圆锥曲线中的切线与切点弦问题举一反三新高考专用教师版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx、重难点28圆锥曲线中的切线与切点弦问题举一反三新高考专用学生版2025年高考数学一轮复习专练新高考专用docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2521" 【题型1 求圆锥曲线的切线方程】 PAGEREF _Tc2521 \h 2
\l "_Tc16502" 【题型2 圆锥曲线的切点弦问题】 PAGEREF _Tc16502 \h 4
\l "_Tc21935" 【题型3 切点弦过定点问题】 PAGEREF _Tc21935 \h 8
\l "_Tc19655" 【题型4 与切点弦有关的面积问题】 PAGEREF _Tc19655 \h 13
\l "_Tc23916" 【题型5 与切点弦有关的定值问题】 PAGEREF _Tc23916 \h 19
\l "_Tc15139" 【题型6 与切点弦有关的最值（范围）问题】 PAGEREF _Tc15139 \h 24
1、圆锥曲线中的切线与切点弦问题
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，切线与切点弦问题的考查频率变高，考查形式多种多样，以选择题或填空题的形式考查时，主要考查切线方程与切点弦方程，难度不大；以解答题的形式考查时，主要考查切点弦问题和以切线为载体的面积、最值、定值等问题，难度较大；复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.
【知识点1 圆锥曲线中的切线与切点弦】
1．圆锥曲线的切线和切点弦
(1)切线方程：
过圆锥曲线Ax2+Cy2+Dx+Ey+F=0(A、C不全为0)上的点M(x0,y0)的切线的方程为.
(2)切点弦方程：
当M(x0,y0)在曲线外时，过M可引该二次曲线的两条切线，过这两个切点的弦所在直线的方程为：.
上述两条为一般结论.特别地：
①对于椭圆+=1(a>b>0)，其上有一点M(x0,y0)，则过该点作切线得到的切线方程+=1.
当M在椭圆外时，过M引两条切线得到两个切点，则过这两个切点的直线方程为+=1.
②更为一般地，当二次曲线有交叉项时，即圆锥曲线形式为Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0(B≠0)时，过点M(x0,y0)有对应的一条直线为；当M在原圆锥曲线上时，这条直线为过M的切线；当M在曲线外时，过M可引该二次曲线的两条切线，这条直线为过这两个切点的弦的直线.
2．圆锥曲线的切线和切点弦的相关结论
(1)过椭圆+=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1；
(2)过椭圆+=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2+y0yb2=1；
(3)过双曲线−=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1；
(4)过双曲线−=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2−y0yb2=1.
【题型1 求圆锥曲线的切线方程】
【例1】（2024·全国·模拟预测）椭圆x24+3y24=1上点P(1,1)处的切线方程是 x+3y−4=0 ．
【解题思路】由导数的几何意义即可求得切线方程.
【解答过程】∵椭圆x24+3y24=1，
∴y>0时，y=43−x23，∴y′=−23x243−x23，
∴x＝1时，y′=−13，即切线斜率k=−13，
∴椭圆x24+3y24=1上点P(1,1)处的切线方程是y−1=−13x−1，
即x+3y−4=0．
故答案为：x+3y−4=0．
【变式1-1】（2023·河南·模拟预测）若直线l与单位圆（圆心在原点）和曲线x24−y28=1均相切，则直线l的一个方程可以是 3x+y+2=0（或3x−y+2=0，3x−y−2=0，3x+y−2=0，只需写出一个答案即可） .
【解题思路】根据直线与圆，以及双曲线相切，可根据点到直线的距离以及判别式进行联立方程求解满足题意的直线.
【解答过程】显然直线l存在斜率，设直线l：y=kx+mk≠±2，
联立方程组y=kx+m,x24−y28=1, ,
得2−k2x2−2kmx−m2−8=0
因为直线l与曲线相切，所以Δ=4k2m2+42−k2m2+8=0，
即m2+8−4k2=0.
因为直线l与单位圆相切，所以mk2+1=1
联立方程组m2+8−4k2=0,mk2+1=1,
解得k=±3，m=±2
故直线l的方程可能是3x+y+2=0，3x−y+2=0，3x−y−2=0，3x+y−2=0
故答案为：3x+y+2=0（或3x−y+2=0，3x−y−2=0，3x+y−2=0，只需写出一个答案即可）.
【变式1-2】（24-25高三上·湖南·开学考试）已知椭圆M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)过点0,6和1,3.
(1)求M的离心率；
(2)若直线l:y=x+m与M有且仅有一个交点，求l的一般式方程.
【解题思路】（1）由椭圆M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)过点0,6和1,3，求得a2、b2，进而求得c，即可得到M的离心率；
（2）联立M和l的方程，得到关于x的一元二次方程，由Δ=0，可求得m=±22，即可得到l的一般式方程.
【解答过程】（1）因为椭圆M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)过点0,6和1,3，
所以6a2=13a2+1b2=1，解得a2=6b2=2，
由a2=b2+c2，得c=2，
所以M的离心率e=ca=26=63.
（2）
由（1）可得M的方程为，y26+x22=1，
联立y26+x22=1y=x+m，得4x2+2mx+m2−6=0，
由Δ=4m2−4×4m2−6=0，得m=±22，
∴直线l的一般式方程为：x−y±22=0.
【变式1-3】（2024高三·全国·专题练习）在直角坐标系xy中，曲线C：y=x24与直线y=kx+a,a>0交与M,N两点，
(1)当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2) y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.
【解题思路】（1）先求出M，N的坐标，再利用导数求出M，N.
（2）先作判定，再利用设而不求思想．将y=kx+a代入曲线C的方程整理成关于x的一元二次方程，设出M，N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用a表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0，即可求出a,b关系，从而找出适合条件的P点坐标.
【解答过程】（1）由题设可得M(2a,a)，N−2a,a，或M−2a,a，N(2a,a).∵y′=12x，
故y=x24在x=2a处的导数值为a，C在2a,a处的切线方程为
y−a=a(x−2a)，即ax−y−a=0.
故y=x24在x=−2a处的导数值为−a，C在(−22a,a)处的切线方程为
y−a=−a(x+2a)，即ax+y+a=0.
故所求切线方程为ax−y−a=0或ax+y+a=0.
（2）存在符合题意的点，证明如下：
设P（0,b）为符合题意的点，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2.
将y=kx+a代入C得方程整理得x2−4kx−4a=0.
∴x1+x2=4k,x1x2=−4a.
∴k1+k2=y1−bx1+y2−bx2=2kx1x2+(a−b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.
当b=−a时，有k1+k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，所以P(0,−a)符合题意.
【题型2 圆锥曲线的切点弦问题】
【例2】（2024·福建福州·模拟预测）过M2,−2p引抛物线x2=2pyp>0的切线，切点分别为A，B.若AB的斜率等于2，则p=（ ）
A．14B．12C．1D．2
【解题思路】先设切点，根据导数的几何意义求切线方程，再代入点M，得到A，B均满足得到一元二次方程，即得到直线AB的方程和斜率，结合斜率为2解得参数即可.
【解答过程】抛物线x2=2pyp>0，即y=12px2,y′=1px，则由切线斜率k=y′=1px，
设切点Ax1,y1,Bx2,y2，则kMA=1px1,kMB=1px2，又x12=2py1,x22=2py2，
所以切线MA方程为y−y1=1px1x−x1，即 y=1px1x−y1，
同理切线MB方程为y=1px2x−y2，
两切线均过点M2,−2p，故−2p=1px1⋅2−y1−2p=1px2⋅2−y2，即y1=2px1+2py2=2px2+2p，所以点Ax1,y1,Bx2,y2均满足方程y=2px+2p，即Ax1,y1,Bx2,y2均在直线y=2px+2p上，即直线AB的方程为y=2px+2p，所以斜率为2p=2，
故p=1.
故选：C.
【变式2-1】（2024·贵州贵阳·模拟预测）设抛物线C：y2=6x的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线l1，l2，若l1与l2交于点P，且满足PF=23，则AB=（ ）
A．5B．6C．7D．8
【解题思路】先设直线AB的方程，与抛物线方程联立求得A，B两点纵坐标之间的关系，再写出切线方程，联立，根据条件求出P点坐标，再带回到切线方程求出A，B两点的坐标即可.
【解答过程】
y2=6x,2p=6,p2=32,∴F32,0 ，设直线AB的方程为x=my+32 ，显然m是存在的，
设Ax1,y1,Bx2,y2 ，显然y1≠0,y2≠0 ，求导：y2'=6x',∴y'=3y ，
在A点处的切线方程l1为y−y1=3y1x−x1,∴y=3y1x−3x1y1+y1,∵x1=y126,∴y=3y1x+y12…①，
同理可得在B点处的切线方程l2为：y=3y2x+y12；
联立方程y2=6xx=my+32 ，解得y2−6my−9=0 ，Δ=36m2+36＞0 ，∴ y1y2=−9 ，
联立方程y=3y1x+y12y=3y2x+y22 解得3xy2−y1y1y2+12y1−y2=0 ，∵y1≠y2,y1−y2≠0,∴x=y1y26=−32 ，
即P点在准线x=−32 上，设P−32,t ，∵PF=32+t2=23,∴t2=3,t=±3 ，
考虑抛物线关于x轴对称，不妨取t=3 ，代入①得：3=3y1×−32+y12 ，解得y1=33 或y1=−3 ，
由图可知y1=33,y2=−3 ，再代入抛物线方程得x1=92,x2=12 ，∴AB=x1−x22+y1−y22=8 ；
故选：D.
【变式2-2】（2024高三·全国·专题练习）已知P1,1是双曲线外一点，过P引双曲线x2−y22=1的两条切线PA,PB，A,B为切点，求直线AB的方程．
【解题思路】根据双曲线的切线方程（或切点弦方程）的结论直接代入即可得直线AB的方程.
【解答过程】如下图所示：
方法一：
根据题意，设切点坐标为Ax1,y1,Bx2,y2，
根据结论：若点P0x0,y0在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上，则过点P0的双曲线的切线方程是x0xa2−y0yb2=1．
则可得切线PA,PB的方程分别为x1x−y1y2=1，x2x−y2y2=1；
又因为P1,1在切线上，可得x1−y12=1，x2−y22=1；
因此Ax1,y1,Bx2,y2在方程x−y2=1的两根，
可知直线AB的方程为x−y2=1，也即2x−y−2=0.
方法二：
可直接利用结论：若点P0x0,y0在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)外，过点P0作双曲线的两条切线，切点为点P1,P2，则切点弦P1P2的直线方程是x0xa2−y0yb2=1；
可得直线AB的方程为x−y2=1，也即2x−y−2=0.
【变式2-3】（24-25高三上·河南·开学考试）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2，点1,22在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点Tm,n在椭圆C上（点T不在坐标轴上），证明：直线mx2+ny=1与椭圆C相切；
(3)设点P在直线x=−1上（点P在椭圆C外），过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A,B,O为坐标原点，若△PAB和△OAB的面积之和为1，求直线AB的方程.
【解题思路】（1）根据已知建立关于a,b的方程组求解即可；
（2）联立直线方程和椭圆方程消去y，结合点Tm,n在椭圆上，代入化简即可得证；
（3）设Ax1,y1,Bx2,y2,P−1,t，利用（2）中结论表示出两切线方程，结合切线过点P可得直线AB方程，利用点到直线的距离公式和弦长公式表示出面积，结合已知求出t，然后可得直线AB方程.
【解答过程】（1）由题知，12a2+222b2=12b=2，解得a=2,b=1，
所以椭圆C的标准方程x22+y2=1.
（2）因为点Tm,n在椭圆C上，所以m22+n2=1，即m2+2n2=2，
联立x22+y2=1mx2+ny=1消去y整理得2n2+m2x2−4mx+4−4n2=0，
即2x2−4mx+2m2=0，即x−m2=0，显然方程有唯一解，
所以直线mx2+ny=1与椭圆C相切.
（3）设Ax1,y1,Bx2,y2,P−1,t，
将x=−1代入x22+y2=1，解得y=±22，
因为点P在椭圆C外，所以t<−22或t>22，所以2t2−1>0，
由（2）可得，切线PA,PB的方程分别为x1x2+y1y=1,x2x2+y2y=1，
因为点P在切线PA,PB上，所以−x12+ty1=1,−x22+ty2=1，
所以点A,B在直线−x2+ty=1，即直线AB的方程为x−2ty+2=0，
联立x−2ty+2=0x2+2y2−2=0得2t2+1y2−4ty+1=0，Δ>0，
则y1+y2=4t2t2+1,y1y2=12t2+1，
所以AB=4t2+1y1+y22−4y1y2=4t2+14t2t2+12−42t2+1
=24t2+12t2−12t2+1
记点O,P到直线AB的距离分别为d1,d2，
则d1=22t2+1,d2=2t2−12t2+1=2t2−12t2+1，
因为△PAB和△OAB的面积之和为1，
所以12ABd1+d2=4t2+12t2−12t2+1×22t2+1+2t2−12t2+1=2t2−1=1，
解得t=±1，所以AB的方程为x−2y+2=0或x+2y+2=0.
【题型3 切点弦过定点问题】
【例3】（2024·湖南·三模）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，|AB|=10.
(1)求E的方程；
(2)直线l:x=−4，过l上一点P作E的两条切线PM,PN，切点分别为M，N.求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标.
【解题思路】（1）根据已知条件，设直线AB的方程为x=12y+p2，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得p，即得答案；
（2）设直线MN的方程为x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，联立抛物线方程，得到韦达定理，利用导数的几何意义，设出切线PM与PN的方程，两者联立，可求出n=4，即可证得直线MN过定点，并得出该定点坐标.
【解答过程】（1）
由已知，Fp2,0，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，
设AB的方程为x=12y+p2，Ax1,y1,Bx2,y2,
联立y2=2pxx=12y+p2，得y2−py−p2=0，则Δ=p2+4p2>0，
则y1+y2=p，
所以|AB|=x1+x2+p=12y1+p2+12y2+p2+p=5p2=10，
解得p=4，
故抛物线E的方程为：y2=8x.
（2）设直线MN的方程为x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，
联立y2=8xx=my+n，得y2−8my−8n=0，
Δ=64m2+32n>0，即2m2+n>0，
所以y3+y4=8m，y3y4=−8n，
令y3>0，当y>0时，
y2=8x可化为y=22x，则y′=2x，
则在M处的切线PM的方程为：y−y3=2x3x−x3，
即y=4y3x+y32，
同理可得切线PN的方程为：y=4y4x+y42，
联立PM与PN的方程，解得xp=y3y48=−4，
所以y3y4=−32=−8n，则n=4，满足2m2+n>0，
则直线MN的方程为x=my+4，
所以直线MN过定点，该定点坐标为4,0.
【变式3-1】（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e=22，椭圆上的点P与两个焦点F1、F2构成的三角形的最大面积为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点Q为直线x+y−2=0上的任意一点，过点Q作椭圆C的两条切线QD、QE（切点分别为D、E），试证明动直线DE恒过一定点，并求出该定点的坐标．
【解题思路】（1）根据条件得到关于a,b,c的方程组，即可求解；
（2）首先利用点D,E的坐标表示切线方程，并利用两点确定一条直线，确定直线DE的方程，再根据含参直线确定定点坐标.
【解答过程】（1）∵椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e=22，
椭圆上的点P与两个焦点F1、F2构成的三角形的最大面积为1，
∴ca=22bc=1a2=b2+c2，
解得a=2,b=c=1，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1．
（2）证明：设切点为Dx1,y1,Ex2,y2，则切线方程为x1x+2y1y=2,x2x+2y2y=2，
∵两条切线都过x+y−2=0上任意一点Qm,2−m，
∴得到x1m+2y12−m=2,x2m+2y22−m=2，
∴Dx1,y1、Ex2,y2都在直线mx+22−my=2上，
又mx−2my+4y−2=0,mx−2y+4y−12=0，
由x−2y=0y−12=0，得x=1y=12，
即对任意的m，直线mx+22−my=2始终经过定点1,12．
∴动直线DE恒过一定点1,12．
【变式3-2】（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线C:x2=2py的焦点与椭圆C':x24+y2=1的上顶点重合，点A是直线l:x−2y−8=0上任意一点，过点A作抛物线的两条切线，切点分别为M、N．
(1)求抛物线C的方程．
(2)证明直线MN过定点，并且求出定点坐标．
【解题思路】（1）根据椭圆的顶点计算求参得出抛物线方程；
（2）根据导数求出切线斜率再分别表示切线应用同构或待定系数法求解即可.
【解答过程】（1）由题意椭圆C':x24+y2=1的上顶点为0,1，
p2=1，∴p=2，∴C:x2=4y．
（2）法一（同构法）．
设点Mx1,y1，Nx2,y2，Aa,b．
由y=x24⇒y′=x2，∴直线AM的斜率为kAM=x12，∴lAM:y−y1=x12x−x1
即x1x=2y+y1
同理可得lAN:x2x=2y+y2
∵点A∈lAM，代入lAM得ax1=2y1+b
∵点A∈lAN，代入lAN得ax2=2y2+b
∴点M、N都满足关系ax=2y+b=2y+2b
∴lMN:ax=2y+b=2y+2b①
又点A∈l，∴2b=a−8，代入①得ax=2y+a−8⇒ax−1−2y+8=0
故直线MN恒过定点1,4．
法二（配极原则）．
设定点为Qx0,y0，由题目可知点A所在直线是点Q对应的极线，∴由配极原则可得x0x=4y+y02
即x0x−2y−2y0=0
对比l:x−2y−8=0的系数可得x0=1−2y0=−8⇒x0=1y0=4
∴直线MN恒过定点1,4．
【变式3-3】（23-24高二下·内蒙古通辽·期中）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴为双曲线x24−y25=1的实轴，且离心率为12.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0在其上一点Qx0,y0处的切线方程为xx0a2+yy0b2=1.过直线x=4上任意一点P作椭圆E的两条切线，切点分别为A，B.M为椭圆的左顶点.
①证明：直线AB过定点；
②求△ABM面积的最大值.
【解题思路】（1）利用待定系数法求椭圆方程；
（2）①首先设出点A,B的坐标，求直线PA,PB的切线方程，代入点P的坐标，根据两点确定直线方程；②根据①的结果，设直线AB的方程x=my+1，与椭圆方程联立，利用坐标表示△MAB的面积，再根据双勾函数的性质求最值.
【解答过程】（1）由条件可知a=2，
e=ca=12，则c=1，b=3
则椭圆的标准方程为x24+y23=1.
（2）①设切点Ax1,y1，Bx2,y2，P(4,t)，又椭圆E在点A处的切线方程为x1x4+y1y3=1，在点B处的切线方程x2x4+y2y3=1，
由条件，将P点坐标代入直线PA的方程得x1+y1t3=1，代入直线PB的方程得x2+y2t3=1，
则A、B两点都在直线x+yt3=1上，
则切点弦AB直线方程为x+yt3=1，
直线AB过定点1,0.
②M−2,0，设直线过定点为K1,0，
显然直线AB不可能水平，故设直线AB方程为：x=my+1，
x=my+1x24+y23=1，
3m2+4y2+6my−9=0，
因为直线AB恒过椭圆内点，所以Δ>0恒成立，
y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
S△MAB=12MK⋅y1−y2 =12×3×y1+y22−4y1y2
=32×−6m3m2+42−4×−93m2+4 =18m2+13m2+4，
令m2+1=n,(n≥1)，
S△MAB=18n3n2+1=183n+1n，
当n∈1,+∞，S△MAB为减函数，
所以当n=1时，S△MAB最大值为92.
【题型4 与切点弦有关的面积问题】
【例4】（2024·江西新余·一模）过点P(2，－1)作抛物线x2=4y的两条切线，切点分别为A，B，PA，PB分别交x轴于E，F两点，O为坐标原点，则△PEF与△OAB的面积之比为（ ）
A．32 B．33 C．12 D．34
【解题思路】由已知抛物线方程求导得y'=12x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得出点A，B处的切线方程，求得点E x12,0，Fx22,0，又由这两条切线都过点P(2，－1)，得2x1=2−1+y12x2=2−1+y2，得lAB过定点(0，1)，得出面积的表示式，可得答案．
【解答过程】由x2=4y得y=14x2，求导得y'=12x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则点A，B处的切线方程为y−y1=12x1x−x1,y−y2=12x2x−x2，
即x1x＝2(y＋y1)，x2x＝2(y＋y2)，所以E2y1x1,0，F2y2x2,0，即Ex12,0，Fx22,0，
因为这两条切线都过点P(2，－1)，则2x1=2−1+y12x2=2−1+y2，
所以lAB：x＝－1＋y，即lAB过定点(0，1)，
则S△PEFS△OAB=12×1×x12−x2212×1×x1−x2=12．
故选：C．
【变式4-1】（2024·湖北·模拟预测）抛物线Γ:x2=2y上有四点A，B，C，D，直线AC，BD交于点P，且PC=λPA，PD=λPB0<λ<1．过A,B分别作Γ的切线交于点Q，若S△ABPS△ABQ=23，则λ=（ ）
A．32B．23C．33D．13
【解题思路】由题意可得AB∥CD，取弦AB，CD的中点分别为M,N，设直线AB的方程为：y=kx+m代抛物线，由韦达定理可得xM=k，yM=k2+m，xN=k，从而得P在直线MN上，根据切线方程可得xQ=k，作出图象，可得yQ=−m，yP=(1−λ)k2−2λm2，再根据S△ABPS△ABQ=23求解即可.
【解答过程】解：由PC=λPA，PD=λPB0<λ<1，可知AB∥CD，
设弦AB，CD的中点分别为M,N，
设直线AB的方程为：y=kx+m，
代入x2=2y，得x2−2kx−2m=0，
则xA+xB=2k， xAxB=−2m，
所以xM=k，yM=kxM+m=k2+m，
同理可得xN=k，
由抛物线的几何意义可知点P在直线MN上，
所以xP=k，
因为x2=2y，所以y=12x2，y′=x，
所以物线在A处的切线为l1:y−yA=xA(x−xA)，即y−xA22=xA(x−xA)，
y=xAx−12xA2，即xAx=yA+y
同理可得物线在B处的切线为l2:y=xBx−12xB2，即xBx=yB+y,
由y=xAx−12xA2y=xBx−12xB2，解得x=xA+xB2=ky=xAxB2=−m，
综上，xM=xN=xP=xQ=k，yQ=−m,
所以M,N,P,Q四点共线，且所在直线平行于y轴，
由PC=λPA，得(xC−xP,yC−yP)=λ(xA−xP,yA−yP)，
则xC=λxA+(1−λ)xP，yC=λyA+(1−λ)yP，
又xC2=2yC，
所以有[λxA+(1−λ)xP]2=2λyA+2(1−λ)yP，
又xA2=2yA，
化简得2λxPxA−2λyA+(1−λ)xp2−2yP=0，
同理有2λxPxB−2λyB+(1−λ)xp2−2yP=0，
由两式知直线AB的方程为：
2λxPx−2λy+(1−λ)xp2−2yP=0，
因为xP=k，
所以2λkx−2λy+(1−λ)k2−2yP=0，
又直线AB过点M(k,k2+m)，
代入得yP=(1−λ)k2−2λm2，
S△ABPS△ABQ=PMQM=yM−yPyM−yQ=k2+m−(1−λ)k2−2λm2k2+m−(−m)=23，
整理得−k2−2m+3λk2+6λm=0，
即(3λ−1)(k2+2m)=0，
由题可得yQ=−m<0，
所以m>0，
所以1−3λ=0，
解得λ=13.
故选：D.
【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）已知椭圆C1：y2a2+x2b2=1 a>b>0与抛物线C2：x2=2py p>0有相同的焦点F0,1，且椭圆C1过点1,−263．
(1)求椭圆C1与抛物线C2的标准方程；
(2)椭圆C1上一点P在x轴下方，过点P作抛物线C2的切线，切点分别为A,B，求△PAB的面积的最大值．
【解题思路】（1）根据焦点求出p可得抛物线方程，代入点1,−263以及a,b关系可得椭圆方程；
（2）利用导数求出抛物线的切线方程，将切线方程联立可得点P坐标，再求出AB，点P到AB的距离，表示出S△PAB，消元，利用二次函数的性质求最值.
【解答过程】（1）由F0,1，得p=2，故抛物线C2的标准方程为x2=4y，
由F0,1，得c=1，得a2−b2=1，
由椭圆C1过点1,−263，得1a2×83+1b2=1，
得a2=4，b2=3，
故椭圆C1的标准方程为y24+x23=1；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，由x2=4y得y=14x2，y′=12x，
故抛物线在点A处的切线方程为y−y1=12x1x−x1，化简得y=12x1x−14x12，
同理可得抛物线在点B处的切线方程为y=12x2x−14x22．
联立得y=12x1x−14x12y=12x2x−14x22，得Px1+x22,x1x24，
易得直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，
联立得y=kx+mx2=4y，得x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+m>0，
故x1+x2=4k，x1x2=−4m，
因此P2k,−m，由于点P2k,−m在椭圆C1上，故4k23+m24=1．
又AB=1+k2⋅x1−x2=1+k216k2+16m，
点P到直线AB的距离d=2k2+2m1+k2，
故S△PAB=12AB×d=4k2+m×k2+m=4k2+m32．
令t=k2+m，又4k23+m24=1，
故t=34−316m2+m=−316m−832+2512，其中0因此当m=2时，t最大，则tmax=2，
所以S△PABmax=4×232=82，
即△PAB的面积的最大值为82．
【变式4-3】（2024·贵州黔东南·二模）已知抛物线E:y2=2x的焦点为F，A，B，C为E上不重合的三点.
(1)若FA+FB+FC=0，求FA+FB+FC的值；
(2)过A，B两点分别作E的切线l1，l2，l1与l2相交于点D，过A，B两点分别作l1，l2的垂线l3，l4，l3与l4相交于点M.
（i）若AB=4，求△ABD面积的最大值；
（ii）若直线AB过点1,0，求点M的轨迹方程.
【解题思路】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，根据向量的坐标运算即可得x1+x2+x3=32，再根据抛物线的定义即可得结论；
（2）（i）设直线AB的方程为x=my+n，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线得交点坐标关系，再求导，根据导数的几何意义求解切线斜率，即可得切线方程，从而可得切线的交点坐标，根据三角形面积公式列关系求解即可；（ii）利用直线相交、直线过定点即可得点M的轨迹方程.
【解答过程】（1）依题意，F12,0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，
由FA+FB+FC=0得，x1−12+x2−12+x3−12=0，
即x1+x2+x3=32，
由抛物线定义得，FA+FB+FC=x1+12+x2+12+x3+12=3.
（2）（i）显然，直线AB的斜率不为0，
可设直线AB的方程为x=my+n，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y2=2x,x=my+n得：y2−2my−2n=0，
Δ=4m2+8n>0，∴y1+y2=2m，y1y2=−2n.
∵y2=2x，则y=±2x，∴y′=±12x=1y，
∴切线l1的方程为y=1y1x−x1+y1=1y1x+y12，
同理，切线l2的方程为y=1y2x+y22，
联立两直线方程y=1y1x+y12y=1y2x+y22，解得x=y1y22=−ny=y1+y22=m，即D−n,m，
则点D到直线AB的距离为d=m2+2n1+m2，
由AB=1+m2y1+y22−4y1y2=1+m24m2+8n=4，
化简得：m2+2n=41+m2，
∴S△ABD=12ABd=12×4×m2+2n1+m2=81+m21+m2≤8，当且仅当m=0时取等号，
∴△ABD面积的最大值为8.
（ii）若直线AB过点1,0，由（i），可以设直线AB的方程为x=my+1，
∴y1+y2=2m，y1y2=−2.
∴直线l3的方程为y=−y1x+x1y1+y1=−y1x+y132+y1，
同理，直线l4的方程为y=−y2x+y232+y2.
联立两直线方程y=−y1x+y132+y1y=−y2x+y232+y2，解得x=y12+y22+y1y22+1y=−y1y2y1+y22，
整理后可得x=2m2+2,y=2m,消去m得：y2=2x−4，
∴点M的轨迹方程为y2=2x−4.
【题型5 与切点弦有关的定值问题】
【例5】（2024·河北·三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为33，0,2是椭圆的短轴的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆O：x2+y2=a2+b2，过圆O上一动点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B．设两切线的斜率均存在，分别为k1，k2，问：k1k2是否为定值？若不是，说明理由；若是，求出定值．
【解题思路】（1）根据离心率和0,2得到方程，求出b,a，得到椭圆方程；
（2）设Pm,n，先得到m2≠3，m2+n2=5，设过点Pm,n与椭圆相切的直线为y−n=kx−m，联立椭圆方程，由Δ=0得到m2−3k2−2mnk+n2−2=0，由两根之积得到k1k2=n2−2m2−3=−1
【解答过程】（1）由题意得b=2,ca=33，又a2=b2+c2，
解得c=1,a=3，故椭圆方程为x23+y22=1；
（2）是，k1k2=−1，理由如下：
设Pm,n，当m2=3时，此时两切线中的一条切线斜率不存在，舍去，
故m2≠3，m2+n2=a2+b2=3+2=5，
设过点Pm,n与椭圆相切的直线为y−n=kx−m，
与x23+y22=1联立得2+3k2x2−6k2m−6nkx+3k2m2−6nkm+3n2−6=0，
由Δ=0得，6k2m−6nk2−42+3k23k2m2−6nkm+3n2−6=0，
整理得m2−3k2−2mnk+n2−2=0，
过点Pm,n与椭圆相切的两直线斜率分别为k1，k2，
所以k1k2=n2−2m2−3=3−m23−m2=−1
【变式5-1】（23-24高三上·浙江·期中）已知双曲线E：y2a2−x2b2=1（a>0，b>0）过点Q3,2，且离心率为2，F2，F1为双曲线E的上、下焦点，双曲线E在点Q处的切线l与圆F2：x2+y−c2=10（c=a2+b2）交于A，B两点.
(1)求△F1AB的面积；
(2)点P为圆F2上一动点，过P能作双曲线E的两条切线，设切点分别为M，N，记直线MF1和NF1的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值.
【解题思路】（1）先求切线方程，再结合直线与圆的位置关系可求得△F1AB的面积；
（2）先求切线方程，找出M，N两点坐标的关系式，再利用韦达定理化简可得.
【解答过程】（1）
∵4a2−9b2=1ca=2c2=a2+b2，∴a2=1b2=3c=2，∴y2−x23=1
设过曲线上一点的切线的方程为：y=kx+t，
由y2−x23=1y=kx+t可得3k2−1x2+6ktx+3t2−3=0，
则Δ=6kt2−43k2−13t2−3=0，即3k2+t2−1=0.
又因为切点为Q，所以2=3k+t，所以解得k=t=12，
则过点Q的切线l的方程为：2y−x=1.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
∴l交y轴于点H0,12，联立直线l与圆F2的方程2y−x=1x2+y−22=10
消y得5x2−6x−31=0，∴x1+x2=65，x1x2=−315.
∴x1−x2=x1+x22−4x1x2=3625+1245=4415，
∴S△F1AB=12F1H⋅x1−x2=1212+2⋅4415=41.
（2）
设Px0,y0，Mx3,y3，Nx4,y4，则x02+y0−22=10
设过点Mx3,y3的双曲线的切线方程为：y=kx+t，
由（1）可知3k2+t2−1=0，
又因为y3=kx3+t，则3k2+y3−kx32−1=0，即3+x32k2−2x3y3k+y32−1=0（*）
而y32−x323=1，所以3+x32=3y32，y32−1=x323，
则（*）式可化为9y32k2−6x3y3k+x32=0，即3y3k−x32=0
可得k=x33y3，t=y3−kx3=1y3，则切线方程为y=x33y3x+1y3，
整理可得过点M的双曲线的切线方程为y3y−x3x3=1.
同理可得过点N的双曲线的切线方程为y4y−x4x3=1.
又两切线均过点Px0,y0，则y3y0−x3x03=1y4y0−x4x03=1，
因此，直线MN的方程为y0y−x0x3=1
联立直线MN与双曲线E的方程y0y−x0x3=1y2−x23=1，
消y可得x02−3y02x2+6x0x+9−9y02=0，故x3+x4=−6x0x02−3y02x3⋅x4=9−9y02x02−3y02
所以y3+2y4+2=x03y0x3+1y0+2x03y0x4+1y0+2
=x029y02x3x4+x03y0⋅1+2y0y0x3+x4+1+2y0y02=3x02−4y02−4y0−1x02−3y02
因为x02+y0−22=10，则x02=10−y0−22，则x02−4y02−4y0−1=5−5y02
所以k1k2=y3+2x3⋅y4+2x4=35−5y02x02−3y02⋅x02−3y0291−y02=53.
【变式5-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知抛物线E:x2=2py(p>1)的焦点为F，过点P1,−1作抛物线E的两条切线，切点分别为M,N,FM+FN=5.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点P作两条倾斜角互补的直线l1,l2，直线l1交抛物线E于A,B两点，直线l2交抛物线E于C,D两点，连接AD,BC,AC,BD，设AC,AB,BD的斜率分别为kAC,kAB,kBD，问：kACkAB+kBDkAB是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
【解题思路】（1）先设点Mx1,x122p,Nx2,x222p，然后求出切线解析式，根据FM+FN=5即可求出结果.
（2）设直线l1的方程y+1=kx−1,通过和抛物线联立求出韦达定理，同理求出l2和抛物线联立的韦达定理，然后代入kACkAB+kBDkAB即可.
【解答过程】（1）设切点Mx1,x122p,Nx2,x222p，则在点M处切线斜率为y'=x1p，
所以以M为切点的切线方程为y−x122p=x1px−x1.
因为切线过点P1,−1，所以x12−2x1−2p=0，同理x22−2x2−2p=0，
所以x1，x2是方程x2−2x−2p=0的两个根，则x1+x2=2,x1x2=−2p.
又因为FM+FN=x122p+p2+x222p+p2=x1+x22−2x1x22p+p=5，
所以p2−3p+2=0，即p−1p−2=0.
又因为p>1，所以p=2，
所以抛物线E的方程为x2=4y.
（2）
由题意，l1,l2斜率都存在且不为0，设直线l1的方程为y+1=kx−1.
联立直线l1和抛物线E的方程，得y=kx−k+1,x2=4y,，所以x2−4kx+4k+1=0.
设AxA,yA,BxB,yB,CxC,yC,DxD,yD，则xA+xB=4k，同理xC+xD=−4k，
所以kAC+kBD=yC−yAxC−xA+yD−yBxD−xB =xC24−xA24xC−xA+xD24−xB24xD−xB =xC+xA4+xD+xB4 =xA+xB+xC+xD4 =0,
所以kACkAB+kBDkAB=kAC+kBD⋅kAB=0，
所以kACkAB+kBDkAB等于定值0.
【变式5-3】（2024高三·全国·专题练习）已知圆C:x2+y2=r2有以下性质：①过圆C上一点Mx0,y0的圆的切线方程是x0x+y0y=r2．②若Mx0,y0为圆C外一点，过M作圆C的两条切线，切点分别为A,B，则直线AB的方程为x0x+y0y=r2；③若不在坐标轴上的点Mx0,y0为圆C外一点，过M作圆C的两条切线，切点分别为A,B，则OM垂直AB，即kAB⋅kOM=−1，且OM平分线段AB．
(1)类比上述有关结论，猜想过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点Mx0,y0的切线方程（不要求证明）；
(2)过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一点Mx0,y0作两直线，与椭圆相切于A、B两点，求过A,B两点的直线方程；
(3)若过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一点Mx0,y0（M不在坐标轴上）作两直线，与椭圆相切与A,B两点，求证:kAB⋅kOM为定值，且OM平分线段AB．
【解题思路】（1）类比可得过椭圆上一点Mx0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1；
（2）由两切线都过M，过A,B两点确定一条直线可得，过AB的直线方程为x0xa2+y0yb2=1；
（3）由（2）所得过AB的直线方程，可得kAB=−b2x0a2y0,kOM=y0x0，则kAB⋅kOM=−b2a2，将Ax1,y1,Bx2,y2代入椭圆方程，作差可得x1+x2x1−x2a2+y1+y2y1−y2b2=0，设AB的中点为Nm,n，可得kON=kOM，则OM过AB的中点，即OM平分线段AB．
【解答过程】（1）过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点Mx0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1．
（2）过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一点Mx0,y0作两直线，
与椭圆相切于A,B两点，设Ax1,y1,Bx2,y2，
由（1）的结论可得A处的切线方程为x1xa2+y1yb2=1，B处的切线方程为x2xa2+y2yb2=1，
又两切线都过M，可得x1x0a2+y1y0b2=1,x2x0a2+y2y0b2=1，
由过A,B两点确定一条直线可得，过AB的直线方程为x0xa2+y0yb2=1．
（3）由（2）可得过AB的直线方程为x0xa2+y0yb2=1，
可得kAB=−b2x0a2y0,kOM=y0x0，则kAB⋅kOM=−b2a2；
由A,B都在椭圆上，
可得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1，
相减可得x1+x2x1−x2a2+y1+y2y1−y2b2=0，
设AB的中点为Nm,n，可得x1+x2=2m,y1+y2=2n，
则kAB=y1−y2x1−x2=−b2ma2n，又kAB=−b2x0a2y0,kOM=y0x0，
则得kON=kOM，
则OM过AB的中点，即OM平分线段AB．
【题型6 与切点弦有关的最值（范围）问题】
【例6】（2024·浙江·模拟预测）记椭圆C：x2+2y2=1的左右焦点为F1，F2，过F2的直线l交椭圆于A，B，A，B处的切线交于点P，设△F1F2P的垂心为H，则PH的最小值是（ ）
A．2B．3C．5D．6
【解题思路】先根据题意，得到F1−22,0，F222,0，设直线l的方程为y=kx−22，Ax1,y1，Bx2,y2，求出在点A，B处的切线方程，联立切线方程，得出点P2,−22k，根据题意，得到PH⊥x轴，得出H的横坐标为2，再由F1H⊥PF2求出H的纵坐标为yH=322k，得出PH=322k+22k，结合基本不等式，即可得出结果.
【解答过程】椭圆x2+2y2=1的左右焦点为F1−22,0，F222,0，
由题意，易知直线l的斜率存在，（若斜率不存在，则F1,F2,P三点共线，不能构成三角形），设直线l的方程为y=kx−22，Ax1,y1，Bx2,y2，
对x2+2y2=1两边同时求关于x的导数，得2x+4yy′=0，则y′=−x2y，
则椭圆在点Ax1,y1处的切线斜率为k1=−x12y1，
则椭圆在点Ax1,y1处的切线方程为y−y1=−x12y1x−x1，
即x1x+2y1y=x12+2y12，即x1x+2y1y=1；
同理，椭圆在点Bx2,y2处的切线方程为x2x+2y2y=1，
由x1x+2y1y=1x2x+2y2y=1得x1y2x+2y1y2y=y2x2y1x+2y1y2y=y1，
则x=y2−y1x1y2−x2y1=kx2−x1x1kx2−22k−x2kx1−22k=2，
所以y=1−2x12y1=1−2x12kx1−22=−22k，即P2,−22k k≠0；
又△F1F2P的垂心为H，则PH⊥F1F2，F1H⊥PF2，
即PH⊥x轴，则H的横坐标也为2，记H的纵坐标为yH，
由F1H⊥PF2得kF1H⋅kPF2=−1，所以yH2+22⋅−22k2−22=−1，则yH=322k，
因此PH=yH−yP=322k+22k，
因为l过点F2，所以直线l与椭圆必有两个交点，故k∈R且k≠0，
则PH=322k+22k=322k+22k≥2322k⋅22k=6，
当且仅当322k=22k，即k=±33时，等号成立.
故选：D.
【变式6-1】（23-24高二下·福建泉州·期末）已知抛物线Γ：y=14x2的焦点为F，过F的直线l交Γ于点A,B，分别在点A,B处作Γ的两条切线，两条切线交于点P，则1PA2+1PB2的取值范围是（ ）
A．0,1B．0,12C．0,14D．14,12
【解题思路】设直线l的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2，与抛物线联立可得x1+x2=4k,x1x2=−4，再利用求曲线上一点的切线方程得过A,B与Γ相切的直线方程，再利用两条直线的交点坐标得P2k,−1，再利用两点间的距离公式计算得结论.
【解答过程】显然直线l的斜率存在，因此设直线的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y得x2−4kx−4=0，因此Δ=−4k2+16=16k2+16>0，
故x1+x2=4k,x1x2=−4.
因为y′=x2，所以过A,B与Γ相切的直线方程分别为：y=x1x2−x124、y=x2x2−x224，
因此由y=x1x2−x124y=x2x2−x224得x=x1+x22=2k,y=x1x24=−1，即P2k,−1，
所以1PA2+1PB2=1x1−2k2+kx1+22+1x2−2k2+kx2+22
=1k2+1x12+4+1k2+1x22+4
=x12+x22+8k2+1x12+4x22+4 =x1+x22−2x1x2+8k2+1x12x22+4x12+x22+16
=16k2+1664k2+12=14k2+1.
因为k∈R，所以4k2+1≥4，因此0<14k2+1≤14，
所以1PA2+1PB2的取值范围是0,14.
故选:C.
【变式6-2】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知过点(0,2)的直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)交于A,B两点，抛物线在点A处的切线为l1，在B点处的切线为l2，直线l1与直线l2交于点M，当直线l的倾斜角为450时，|AB|=46．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设线段AB的中点为N，求|AB||MN|的取值范围．
【解题思路】（1）联立直线与抛物线方程得韦达定理，根据弦长公式即可求解p=2，
（2）根据中点坐标公式可得N(2k,2k2+2)，进而利用导数求解斜率，根据点斜式求解切线方程，即可联立两直线方程得M(2k,−2)，根据弦长公式求解|AB|=4(1+k2)(1+2k2)，即可代入化简求解.
【解答过程】（1）当l的斜率为450时，则l:y=x+2，不妨设Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=x+2x2=2py可得，x2−2px−4p=0，所以x1+x2=2p,x1x2=−4p，
∴ AB=x1−x22+y1−y22=2x1−x2=2×x1+x22−4x1x2=8p2+32p=46,
即p2+4p−12=0，因为p>0，解得：p=2．
从而抛物线C的方程为x2=4y
（2）由题意可知直线l有斜率，
设直线l:y=kx+2，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+2x2=4y可得，x2−4kx−8=0，则Δ=16k2+32>0
所以x1+x2=4k,x1x2=−8，
于是xN=x1+x22=2k,yN=2k2+2，即N(2k,2k2+2)
而|AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=4(1+k2)(1+2k2)
由C:x2=4y，则y′=x2，
于是抛物线C在点A处的切线l1的方程为y−14x12=12x1(x−x1)
即y=12x1x−14x12
同理可得，在点B处的切线l2的方程为y=12x2x−14x22
联立l1与l2的方程，解得y=x1+x22=2ky=14x1x2=−2，于是M(2k,−2) 则|MN|=2k2+4
从而|AB||MN|=4(1+k2)(1+2k2)2k2+4=21+k2k2+2=21−1k2+2∈[2,2)，
所以，|AB||MN|的取值范围是[2,2).
【变式6-3】（2024·浙江杭州·模拟预测）已知动圆M与圆C1：x+12+y2=49和圆C2：x−12+y2=1都内切，记动圆圆心M的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程；
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，则曲线上一点x0,y0处的切线方程为：Ax0x+Bx0y+y0x+Cy0y+Dx0+x+Ey0+y+F=0.试运用该性质解决以下问题：点P为直线x=9上一点（P不在x轴上），过点P作Γ的两条切线PA1，PA2，切点分别为A1，A2.
（ⅰ）证明：A1A2⊥PC2；
（ⅱ）点A1关于x轴的对称点为A′1，直线A′1A2交x轴于点N，直线PC2交曲线Γ于G，H两点.记△GC2N，△HC2N的面积分别为S1，S2，求S1−S2的取值范围.
【解题思路】（1）根据椭圆的几何定义求解动点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点P坐标后，得出直线A1A2的方程，从而算出斜率，再去判断与另一直线是否垂直；
（ii）联立直线A1A2的方程与椭圆Γ的方程，由韦达定理得出y1+y2，y1y2，进而求解出直线A′1A2与x轴的交点N的坐标，再用垂直关系又去设出直线PC2的方程与椭圆Γ的方程联立，再用坐标去表示出|S1−S2|，最后可由基本不等式得出结果.
【解答过程】（1）设动圆M的半径为r，由题意得圆C1和圆C2的半径分别为7，1，
因为M与C1，C2都内切，
所以MC1=7−r，MC2=r−1，
所以MC1+MC2=7−r+r−1=6，
又C1−1,0，C21,0，故C2C1=2<6，
所以点M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，
设Γ的方程为：x2a2+y2b2=1a>b>0，
则2a=6，2c=2，所以b2=a2−c2=9−1=8，
故Γ的方程为：x29+y28=1
（2）
（i）证明：设A1x1,y1，A2x2,y2，P9,tt≠0，
由题意中的性质可得，切线PA1方程为xx19+yy18=1，
切线PA2方程为xx29+yy28=1，
因为两条切线都经过点P9,t，所以x1+ty18=1，x2+ty28=1，
故直线A1A2的方程为：x+ty8=1，可得直线A1A2的斜率为：kA1A2=−8t
而直线PC2的斜率为：kPC2=t9−1=t8，
因为kPC2⋅kA1A2=t8⋅−8t=−1，所以A1A2⊥PC2;
（ii）由直线A1A2的方程为：x+ty8=1，可改设直线A1A2的方程为：x=my+1m≠0，
联立x=my+18x2+9y2=72，整理得8m2+9y2+16my−64=0，
由韦达定理得y1+y2=−16m8m2+9y1y2=−648m2+9，
又A′1x1,−y1，所以直线A′1A2的方程为y+y1=y2+y1x2−x1x−x1，
令y=0得，
xN=y1x2−x1y2+y1+x1=y1x2+y2x1y2+y1=y1my2+1+y2my1+1y2+y1
=2my1y2+y1+y2y2+y1=1+2my1y2y2+y1=1+2m−648m2+9−16m8m2+9=1+8=9，
所以直线A′1A2经过定点N9,0，又C21,0，
再由A1A2⊥PC2，可设直线PC2的方程为：y=−mx−1，
再联立y=−mx−18x2+9y2=72，整理得8m2+9y2−16my−64=0，
设Gx3,y3，Hx4,y4，则由韦达定理得y3+y4=16m8m2+9=16m8+9m2y3y4=−648m2+9=−64m28+9m2<0，
因为y3y4<0，所以S1−S2=12C2Ny3−y4=4y3+y4
=64m9m2+8=649m+8m≤64272=823，
所以S1−S2max=823，当且仅当9m=8m时，即m=±223时取等号.
又因为m≠0，所以S1−S2∈−823，823.
一、单选题
1．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）抛物线y2=9x在点1,3处的切线的斜率为（ ）
A．－1B．−32C．32D．1
【解题思路】设切线方程为y−3=kx−1，联立方程组，Δ=0，可解.
【解答过程】根据题意，抛物线y2=9x在点1,3处的切线的斜率存在，
设切线方程为y−3=kx−1，
联立方程组y−3=kx−1y2=9x，得ky2−9y+27−9k=0，
则k≠0Δ=81−4k27−9k=0，解得k=32.
故选：C.
2．（23-24高二上·湖北武汉·期中）过点4,33作直线，使它与双曲线x24−y29=1只有一个公共点，这样的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【解题思路】根据点在双曲线上，与渐近线平行以及该点处的切线均只与双曲线有一个公共点即可求解.
【解答过程】当x=4时，164−y29=1，所以y=±33，故点4,33在双曲线上，
因此过点4,33且与双曲线的两条渐近线平行的直线，只与双曲线有一个交点，
设y=kx−4+33（k≠±32,且k≠0）
将其代入双曲线方程可得x24−kx−4+3329=1，化简得14−k29x2+8k2−63k9x−16k2−243k+369=0，
令Δ=8k2−63k92+414−k2916k2−243k+369=0，化简得k−32=0，
解得k=3，
故过点4,33处的切线也只与双曲线有唯一的交点，
或者由x24−y29=1得y=±32x2−4，
当y>0时，y=32x2−4，故y′=32×122x1x2−4，故4,33处的切线斜率为y′x=4=32×12×2×4×123=3，
故过点经过点4,33的直线方程为y=3x−4+33，即y=3x−1，
联立x24−y29=1与y=3x−1可得x24−3x−129=1，解得x=4，
因此在点4,33处的切线也只与双曲线有唯一的交点，
综上可知：过点4,33的直线有3条与双曲线有一个交点，
故选：C.
3．（2024·上海·模拟预测）已知直线l与椭圆Γ，点F1,F2分别为椭圆Γ:x22+y2=1的左右焦点，直线F1M⊥l，F2N⊥l，垂足分别为点M,N（M,N不重合），那么“直线l与椭圆Γ相切”是“F1M⋅F2N=1”的（ ）
A．充分非必要B．必要非充分
C．充分必要D．既非充分又非必要
【解题思路】设直线方程为y=kx+t，将直线方程与椭圆方程联立，利用判别式和点到直线的距离公式求出t与k的关系，再根据充分性和必要性的概念求解即可.
【解答过程】根据题意可知直线l斜率存在，设直线方程为y=kx+t，
联立x22+y2=1y=kx+t得2k2+1x2+4ktx+2t2−2=0
当直线与椭圆相切时，Δ=4kt2−42k2+12t2−2=0，化简得t2=2k2+1，
由题意F1−1,0,F21,0，
因为F1M⊥l，F2N⊥l，所以F1M=−k+tk2+1,F2N=k+tk2+1，
所以当F1M⋅F2N=−k+tk2+1⋅k+tk2+1=t2−k2k2+1=1时，t2−k2=k2+1，
解得t2=2k2+1或t2=−1（舍去），
所以“直线l与椭圆Γ相切”是“F1M⋅F2N=1”的充要条件.
故选：C.
4．（23-24高二上·江西吉安·期末）已知过圆锥曲线x2m+y2n=1上一点Px,y的切线方程为x0xm+y0yn=1.过椭圆x212+y24=1上的点A3,−1作椭圆的切线l，则过A点且与直线l垂直的直线方程为（ ）
A．x−y−3=0B．x+y−2=0
C．2x+3y−3=0D．3x−y−10=0
【解题思路】根据题中所给的结论，求出过A3,−1的切线方程，进而可以求出切线的斜率，利用互相垂直的直线之间斜率的关系求出过A点且与直线l垂直的直线的斜率，最后求出直线方程.
【解答过程】过椭圆x212+y24=1上的点A3,−1的切线l的方程为3x12+−y4=1，即x−y−4=0，切线l的斜率为1，
与直线l垂直的直线的斜率为−1，
过A点且与直线l垂直的直线方程为y+1=−x−3，即x+y−2=0.
故选：B.
5．（23-24高二下·河南驻马店·阶段练习）已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为F，过点P3,−2作C的两条切线，切点为A，B，且Q为C上一动点，若QF+PQ的最小值为5，则△PAB的面积为（ ）
A．75B．1252C．752D．1254
【解题思路】根据抛物线定义得到p=4，再利用导数得到切点弦所在直线方程，再求出直线AB的长和点P到直线AB的距离，最后利用三角形面积公式即可.
【解答过程】当F，Q，P三点共线时，QF+PQ取得最小值，且QF+PQmin=FP=5，
所以|FP|=9+(p2+2)2=5，解得p=4，所以C:x2=8y．
由y=18x2，得y′=14x．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则曲线y=18x2在x=x1处的切线方程为y−18x12=14x1⋅(x−x1)，
即y=14x1x−y1．因为切线过点P(3,−2)，所以−2=34x1−y1．
同理可得2=34x2−y2，所以直线AB的方程为−2=34x−y，即3x−4y+8=0．
联立方程组3x−4y+8=0,x2=8y,得2y2−17y+8=0，Δ=172−64=225>0，则y1+y2=172．
因为直线AB过焦点F，所以AB=y1+y2+4=252，
点P到直线3x−4y+8=0的距离d=|3×3−4×(−2)+8|5=5，
所以S△PΛB=12|AB|⋅d=1254．
故选：D.
6．（2024·河北·模拟预测）过椭圆C：x24+y23=1上的点Ax1,y1，Bx2,y2分别作C的切线，若两切线的交点恰好在直线l：x=4上，则y1⋅y2的最小值为（ ）
A．−32B．−94C．－9D．94
【解题思路】利用椭圆的切点弦方程得直线AB的方程为x+ty3=1，联立椭圆方程利用韦达定理计算即可.
【解答过程】先证椭圆的切线方程：对于x2a2+y2b2=1上一点Pm,n，过P点的切线方程为mxa2+nyb2=1，
证明：当该切线存在斜率时，不妨设其方程为y=kx+t，与椭圆方程联立可得：
a2k2+b2x2+2a2ktx+a2t2−a2b2=0，
则Δ=2a2kt2−4a2k2+b2a2t2−a2b2=0⇒a2k2+b2−t2=0，m=−a2kt
代入切线方程得n=b2t，
于是k=−tma2=−ma2⋅b2n=−b2a2⋅mn，从而切线方程为y=−b2a2⋅mnx+b2n，
整理得：mxa2+nyb2=1
由椭圆方程x24+y23=1，知a2=4，b2=3，所以c2=1．
设两切线交点P4,t，易得切线PA的方程为x1x4+y1y3=1，
切线PB的方程为x2x4+y2y3=1．
由于点P在切线PA、PB上，
则x1=ty13=1x2+ty23=1，故直线AB的方程为x+ty3=1，
联立方程x24+y23=1x+ty3=1，消去x得t2+12y2−6ty−27=0，显然Δ>0，
由韦达定理得y1⋅y2=−27t2+12≥−2712=−94．
即y1⋅y2的最小值为−94．
故选：B．
7．（2024·山东·模拟预测）已知抛物线C：x2=4y，过直线l：x+2y=4上的动点P可作C的两条切线，记切点为A,B，则直线AB（ ）
A．斜率为2B．斜率为±2C．恒过点0,−2D．恒过点−1,−2
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，求导，根据导函数几何意义得到切线方程，设P4−2n,n，将其代入两切线方程，得到直线AB的方程为y+n=2−nx，得到过定点−1,−2.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，则x12=4y1，x22=4y2，
由于y′=12x，故过点Ax1,y1的切线方程为y−y1=12x1x−x1，
即y−y1=12x1x−12x12=12x1x−2y1，即y+y1=12x1x，
同理可得过点B的切线方程为y+y2=12x2x，
设P4−2n,n，过点Ax1,y1,Bx2,y2的两切线交于点P4−2n,n，
故n+y1=12x14−2n，整理得y1+n=2−nx1，
同理n+y2=12x24−2n，整理得y2+n=2−nx2，
故直线AB的方程为y+n=2−nx，
斜率不为定值，AB错误，当x=−1时，y=−2，恒过点−1,−2，C错误，D正确.
故选：D.
8．（2024·全国·模拟预测）抛物线E:y2=x的焦点为F，P为其准线上任意一点，过点P作E的两条切线，切点为A，B（点A与P在抛物线同侧），则PA·PF+PA·PB的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．14
【解题思路】根据过点P的直线与抛物线相切，得到PA⊥PB，利用抛物线对称性设不妨设切点为A在第一象限，然后利用导函数求切线斜率，进而求出直线方程，得P−14,x02−18x0，得PA⋅PF+PA⋅PB=PA⋅PF=12x0+14+x02+18x018x0−x02，最后利用基本不等式求最值.
【解答过程】
由y2=x，可知抛物线焦点F14,0，准线方程为x=−14，
因为P为其准线上任意一点，设P−14,tt>0，
设过点P且与抛物线相切的直线为：y−t=kx+14，①
由y−t=kx+14y2=x得：4ky2−4y+k+4t=0，
所以Δ=16−4×4kk+4t=0，整理得，k2+4kt−1=0，②
所以kPA，kPB是方程②的两根，
所以kPA⋅kPB=−1，故PA⊥PB，
所以PA⋅PB=0，
利用抛物线对称性，不妨设切点为A在第一象限，坐标为Ax0,x0x0>0，
由y2=x得y=x，所以y′=12x，
所以直线PA的斜率kPA=12x0，
代入①可得切线PA的方程为：y−t=12x0x+14，
又因为点Ax0,x0在直线PA上，
所以x0−t=12x0x0+14，所以t=x02−18x0，
所以点P的坐标为P−14,x02−18x0，
所以PA=x0+14,x02+18x0，PF=12,18x0−x02，
所以PA⋅PF+PA⋅PB=PA⋅PF=12x0+14+x02+18x018x0−x02
=x02+18+164x0−x04=x04+164x0+18≥2x04⋅164x0+18=18+18=14.
当且仅当x04=164x0，即x0=14时等号成立，所以PA·PF+PA·PB的最小值为14.
故选：D.
二、多选题
9．（23-24高二上·山西吕梁·期中）已知双曲线E过点−2,32且与双曲线x24−y29=1共渐近线，直线l与双曲线E交于A，B两点，分别过点A，B且与双曲线E相切的两条直线交于点P，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线E的标准方程是x28−y218=1
B．若AB的中点为1,4，则直线l的方程为9x−16y+55=0
C．若点A的坐标为x1,y1，则直线AP的方程为9x1x−4y1y+36=0
D．若点P在直线3x−4y+6=0上运动，则直线l恒过点3,6
【解题思路】A选项，根据两双曲线共渐近线设出双曲线方程，代入点−2,32运算得解判断；B选项，运用点差法求得直线l的斜率，即可得出直线方程可判断；C选项，设PA:y=kx−x1+y1，将直线代入双曲线E方程，由Δ=0，解得斜代回可得直线AP的方程；D选项，设出点Bx2,y2，类比C选项，求出直线PB的方程，设出点Pa,34a+32代入直线AP，PB的方程比较可得直线l的方程，从而得解.
【解答过程】因为双曲线E与双曲线x24−y29=1共渐近线，
所以可设双曲线E的方程为x24−y29=λ，又双曲线E过点−2,32，
所以(−2)24−(32)29=λ，即λ=−1，所以双曲线E的标准方程是y29−x24=1，故A错误；
设Ax1,y1，Bx2,y2，由A，B在双曲线E上，得y129−x124=1,y229−x224=1,两式相减，
得y12−y229−x12−x224=0，即y1−y2y1+y29−x1−x2x1+x24=0，
又AB的中点为1,4，所以x1+x2=2，y1+y2=8，所以kAB=y1−y2x1−x2=916，
直线l的方程为y−4=916x−1，即9x−16y+55=0，故B正确；
设直线PA:y=kx−x1+y1，代入曲线E的方程得，4k2−9x2+8ky1−8k2x1x+4k2+9x12−8kx1y1=0，令Δ=0，得
x12+4k2−2kx1y1+y12−9=0，解得k=9x14y1，则切线方程为9x1x−4y1y+36=0，
即直线AP的方程为9x1x−4y1y+36=0，故C正确；
设Bx2,y2，由选项C同理可得直线BP的方程为9x2x−4y2y+36=0，由点P在直线3x−4y+6=0上运动，可设Pa,34a+32，
因为点P在AP与BP上，所以9ax1−3a+6y1+36=09ax2−3a+6y2+36=0，因此直线l的方程为9ax−3a+6y+36=0，
即9x−3ya+36−6y=0，令9x−3y=036−6y=0，解得x=2y=6，
所以直线l恒过点2,6，故D错误．
故选：BC．
10．（23-24高三上·山西运城·期末）已知抛物线x2=2pyp>0的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点，与其准线交于点D，F为AD的中点，且AF=6，点M是抛物线上BA间不同于其顶点的任意一点，抛物线的准线与y轴交于点N，抛物线在A、B两点处的切线交于点T，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线焦点F的坐标为0,3
B．过点N作抛物线的切线，则切点坐标为±32,34
C．在△FMN中，若MN=tMF，t∈R，则t的最大值为2
D．TF2=AF⋅BF
【解题思路】设点Dt,−p2，可得出点A的坐标，利用抛物线的定义可求得p的值，可判断A选项；设切线方程为y=kx−32，将切线方程与抛物线方程联立，由判别式为零求出k的值，可求得切点的坐标，可判断B选项；利用抛物线的定义结合B选项可判断C选项；证明出AT⊥BT，FT⊥AB，结合直角三角形的几何性质可判断D选项.
【解答过程】对于A选项，抛物线x2=2pyp>0的焦点为F0,p2，准线方程为y=−p2，
设点Dt,−p2，因为F为线段AD的中点，则A−t,3p2，
由抛物线的定义可得AF=3p2+p2=2p=6，解得p=3，则F0,32，A错；
对于B选项，由A选项可知，抛物线的方程为x2=6y，点N0,−32，
若切线的斜率不存在，则该直线与抛物线x2=6y相交，且只有一个交点，不合乎题意，
所以，切线的斜率存在，设切线的方程为y=kx−32，
联立y=kx−32x2=6y可得x2−6kx+9=0，则Δ=36k2−36=0，解得k=±1，
所以，切点横坐标为3k=±3，纵坐标为3k26=96=32，故切点坐标为±3,32，B错；
对于C选项，过点M作ME与直线y=−32垂直，垂足点为点E，
由抛物线的定义可得FM=ME，t=MNMF=MNME=1cs∠MNE，
由图可知，当直线MN与抛物线x2=6y相切时，锐角∠MNE取最大值，
此时，t取最大值，
由B选项可知，锐角∠MNE的最大值为π4，故t的最大值为1csπ4=2，C对；
对于D选项，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
若直线AB的斜率不存在，则直线AB与抛物线x2=6y只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+32，
联立x2=6yy=kx+32可得x2−6kx−9=0，Δ′=36k2+36>0，
由韦达定理可得x1+x2=6k，x1x2=−9，对函数y=x26求导得y′=x3，
所以，直线AT的方程为y−y1=x13x−x1，即y=x1x3−x126，
同理可知，直线BT的方程为y=x2x3−x226，
因为kATkBT=x1x29=−1，则AT⊥BT，
联立y=x1x3−x126y=x2x3−x226可得x=x1+x22=3ky=x1x26=−32，即点T3k,−32，
则FT=3k,−3，而AB=x2−x1,y2−y1=x2−x1,kx2−x1，
所以，FT⋅AB=3kx2−x1−3kx2−x1=0，则FT⊥AB，
所以，∠TBF=90∘−∠BTF=∠ATF，
由tan∠TBF=tan∠ATF可得TFBF=AFTF，所以，TF2=AF⋅BF，D对.
故选：CD.
11．（2024·浙江金华·模拟预测）已知椭圆x22+y2=1,O为原点，过第一象限内椭圆外一点Px0,y0作椭圆的两条切线，切点分别为A，B．记直线OA,OB,PA,PB的斜率分别为k1,k2,k3,k4，若k1⋅k2=14，则（ ）
A．k3⋅k4为定值B．k1+k3⋅k2+k4为定值
C．x0−y0的最大值为2D．5x0−3y0的最小值为4
【解题思路】设直线AB的方程为y=kx+t，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由k1⋅k2=14得到方程，求出t2=4k2−1，证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，从而得到椭圆在点Ax1,y1和Bx2,y2的切线方程，得到切点弦方程AB为x02x+y0y=1，对照系数结合t2=4k2−1得到Px0,y0的轨迹方程，A选项，计算出k3=−12k1，k4=−12k2，求出k3k4=1；B选项，在A选项基础上进行求解；C选项，得到双曲线的渐近线，C错误；D选项，先得到x0>y0，设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，求出答案.
【解答过程】由于k1⋅k2=14>0，故A,B不关于x轴对称且A,B的横纵坐标不为0，
所以直线AB方程斜率一定存在，
设直线AB的方程为y=kx+t，联立x22+y2=1得，
1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
故y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2
=k2⋅2t2−21+2k2+kt⋅−4kt1+2k2+t2=−2k2+t21+2k2，
其中k1=y1x1,k2=y2x2，
故y1y2x1x2=14，即4y1y2=x1x2，
所以−8k2+4t21+2k2=2t2−21+2k2，解得t2=4k2−1，
下面证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，理由如下：
当y3≠0时，故切线的斜率存在，设切线方程为y=nx+m，
代入椭圆方程得：a2n2+b2x2+2a2nmx+a2m2−a2b2=0，
由Δ=2a2nm2−4a2n2+b2a2m2−a2b2=0，化简得：
a2n2−m2+b2=0，
所以x3=−2a2nm±Δ2a2n2+b2=−2a2nm±02m2=−a2nm，
把x3=−a2nm代入y=nx+m，得：y3=−a2n2+m2m=b2m，
于是n=−mx3a2=−x3a2⋅b2y3=−b2x3a2y3，
则椭圆的切线斜率为−b2x3a2y3，切线方程为y−y3=−b2x3a2y3x−x3，
整理得到a2y3y+b2x3x=a2y32+b2x32，
其中b2x32+a2y32=a2b2，故a2y3y+b2x3x=a2b2，即x3xa2+y3yb2=1，
当y3=0时，此时x3=a或−a，
当x3=a时，切线方程为x=a，满足x3xa2+y3yb2=1，
当x3=−a时，切线方程为x=−a，满足x3xa2+y3yb2=1，
综上：椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1；
故椭圆在点Ax1,y1的切线方程为x1x2+y1y=1，
同理可得，椭圆在点Bx2,y2的切线方程为x2x2+y2y=1，
由于点Px0,y0为x1x2+y1y=1与x2x2+y2y=1的交点，
故x1x02+y1y0=1，x2x02+y2y0=1，
所以直线AB为x02x+y0y=1，
因为直线AB的方程为y=kx+t，对照系数可得
k=−x02y0,t=1y0，
又t2=4k2−1，故1y02=4−x02y02−1，整理得x02−y02=1，
又Px0,y0在第一象限，
故点Px0,y0的轨迹为双曲线x2−y2=1位于第一象限的部分，
A选项，k3=−b2x1a2y1=−x12y1=−12k1，同理可得k4=−b2x2a2y2=−x22y2=−12k2，
则k3k4=−12k1⋅−12k2=14k1k2=1，A正确；
B选项，k1+k3⋅k2+k4=k1−12k1k2−12k2=k1k2−k12k2−k22k1+14k1k2
=14+1−k12k2−k22k1=54−k12+k222k1k2=54−2k12+k22，
其中k12+k22=y12x12+y22x22=x22y12+x12y22x1x22=x221−x122+x121−x222x1x22
=x12+x22−x12x22x1x22=x12+x22x12x22−1=x1+x22−2x1x2x12x22−1
=−4kt1+2k22−2⋅2t2−21+2k22t2−21+2k22−1=16k2t2−4t2−41+2k22t2−22−1
又t2=4k2−1，
故k12+k22=16k24k2−1−16k2−81+2k28k2−42−1=−4k4+6k2−18k4−8k2+2，不为定值，
故k1+k3⋅k2+k4=54−2k12+k22不是定值，B错误；
C选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故双曲线的一条渐近线为y=x，
设x0−y0=s，则s<1，故x0−y0无最大值，
D选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故x0>y0，
设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，
则两式联立得−16y02+6ℎy0+ℎ2−25=0，
由Δ=36ℎ2+64ℎ2−25≥0得，ℎ≥4，
检验，当ℎ=4时，5x0−3y0=4，又x02−y02=1，
解得x0=54y0=34，满足要求.
故5x0−3y0的最小值为4，D正确.
故选：AD.
三、填空题
12．（2024高二·全国·专题练习）过点P(3,3)作双曲线C：x2−y2=1 的两条切线，切点分别为A,B，求直线AB的方程 3x−3y−1=0 ．
【解题思路】设PA的斜率为k，得到PA:y−y1=k(x−x1)，联立方程组，根据Δ=0和双曲线的方程，求得k=x1y1，得到PA的方程为y1y=x1x−1，同理PB的方程为y2y=x2x−1，进而得到3y1=3x1−13y2=3x2−1，进而求得过A,B的直线方程.
【解答过程】设A(x1,y1),B(x2,y2)，易得两条切线的斜率存在，设PA的斜率为k，
则PA:y−y1=k(x−x1)，联立方程y−y1=k(x−x1)x2−y2=1，
消去y得(1−k2)x2−2k(y1−kx1)x−(y1−kx1)2−1=0，
因为PA与双曲线相切，所以Δ=4k2(y1−kx1)2+4(1−k2)(y1−kx1)2+4(1−k2)=0，
即4(y1−kx1)2+4(1−k2)=0，即k2x12−2kx1y1+y12+1−k2=0，
即(x12−1)k2−2kx1y1+y12+1=0，
因为x12−y12=1，所以x12−1=y12,y12+1=x12，
代入可得y12k2−2x1y1k+x12=0，即(y1k−x1)2=0，所以k=x1y1，
所以PA:y−y1=x1y1(x−x1)，即y1y=x1x−1，
同理可得PB的方程为y2y=x2x−1，
因为P(3,3)在切线PA,PB上，所以3y1=3x1−13y2=3x2−1，
所以A,B满足方程3y=3x−1，
又由两点确定一条直线，所以A,B满足直线方程3y=3x−1，
所以过A,B的直线方程为3x−3y−1=0.
故答案为：3x−3y−1=0.
13．（2024·全国·模拟预测）设P为圆O：x2+y2=5上任意一点，过点P作椭圆x23+y22=1的两条切线，切点分别为A，B，点O，P到直线AB的距离分别为d1，d2，则d1⋅d2的值为 65 ．
【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，P(x0,y0)，根据题意写出直线AB的方程，再利用点到直线距离公式分别写出d1，d2，进而求出d1⋅d2即可.
【解答过程】设Ax1,y1，Bx2,y2，P(x0,y0)，
由题意，得椭圆x23+y22=1在点Ax1,y1处的切线方程为x1x3+y1y2=1，在点Bx2,y2处的切线方程为x2x3+y2y2=1，
两条切线均过点P(x0,y0)，则x1x03+y1y02=1，x2x03+y2y02=1，
所以直线AB的方程为x0x3+y0y2=1，即2x0x+3y0y=6．
所以d1=64x02+9y02，d2=2x02+3y02−64x02+9y02．所以d1⋅d2=62x02+3y02−64x02+9y02．
因为x02+y02=5，所以y02=5−x02．所以d1⋅d2=62x02+35−x02−64x02+95−x02=65⋅9−x029−x02．因为d1⋅d2>0，所以d1⋅d2=65．
故答案为：65．
14．（2024·广东茂名·模拟预测）已知抛物线C：x2=4y，定点T1,0，M为直线y=12x−1上一点，过M作抛物线C的两条切线MA，MB，A，B是切点，则△TAB面积的最小值为 3 .
【解题思路】根据题意设出过点M的切线方程，得出切线斜率之间的关系，求出直线AB方程，联立直线AB与抛物线C方程，利用韦达定理结合面积公式可得结果.
【解答过程】设Mx0,y0，MA,MB的斜率分别为k1,k2，且y0=12x0−1
过点M的切线方程为y−y0=kx−x0，联立y−y0=kx−x0x2=4y，
解得x2−4kx−2x0+4+4kx0=0，所以Δ=16k2−4−2x0+4+4kx0=0，
即2k2−2kx0+x0−2=0，所以k1+k2=x0,k1k2=x0−22，
设切点Ax1,y1,Bx2,y2，由导数几何意义知k1=12x1,k2=12x2，
所以A2k1,k12,B2k2,k22，kAB=k22−k122k2−2k1=k2+k12，所以直线AB:y−k12=k2+k12x−2k1，
即lAB：x0x−2y−2y0=0且2y0=x0−2，所以lAB：x0x−2y−x0+2=0，
直线AB恒过定点1,1，其到T的距离为1，
联立x0x−2y−2y0=0x2=4y得x2−2x0x+4y0=0，
∴x1+x2=2x0，x1x2=4y0，即x1−x22=4x02−16y0=4x02−8x0+16=4x0−12+12≥12，
∴S△TAB=12×1×x1−x2≥3，
故答案为：3.
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）（1）求双曲线x2−y22=1在点2,2处的切线方程；
（2）已知P1,1是双曲线外一点，过P引双曲线x2−y22=1的两条切线PA,PB，A，B为切点，求直线AB的方程．
【解题思路】
（1）由双曲线上一点的切线方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分别表示出直线PA,PB的方程，再将点P的坐标代入计算，即可得到结果.
【解答过程】
（1）由双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0上一点Px0,y0处的切线方程为xx0a2−yy0b2=1，
所以双曲线x2−y22=1在点2,2处的切线方程为2x−22y=1，
化简可得2x−y−2=0.
（2）设切点Ax1,y1,Bx2,y2，则PA:xx1−yy12=1，PB:xx2−yy22=1，
又点P1,1在直线上，代入可得x1−y12=1，x2−y22=1，
所以点Ax1,y1,Bx2,y2均在直线x−y2=1上，
所以直线AB的方程为x−y2=1，即2x−y−2=0.
16．（24-25高三上·贵州遵义·阶段练习）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M:x2+(y+2)2=1上点的距离的最小值为2．
(1)求p；
(2)已知点P(−1,−2)，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求AB．
【解题思路】（1）根据圆外一点到圆上的点的最小距离的求法确定p的值.
（2）设过P点的切线方程，带入抛物线方程，由直线与抛物线相切，可求切线斜率和切点坐标，利用两点间的距离公式求AB.
【解答过程】（1）因为F0,p2（p>0），则其到圆心距离减去半径为2，故p2+2−1=2 ⇒ p=2.
（2）由（1）可知，抛物线C的标准方程为：x2=4y.
如图：
因为过P(−1,−2)点的切线一定有斜率，故设切线方程为：y+2=kx+1，即y=kx+k−2，
代入x2=4y得：x2=4kx+k−2，整理得：x2−4kx−4k−2=0.
因为直线与抛物线相切，所以Δ=16k2+16k−2=0 ⇒ k=−2或k=1.
当k=−2时，由x2+8x+16=0 ⇒ x=−4，所以切点A−4,4；
当k=1时，由x2−4x+4=0 ⇒ x=2，所以切点B2,1.
所以AB=−4−22+4−12 =45 =35.
17．（2024·安徽·二模）已知点P在椭圆C：x24+y22=1的外部，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B．
(1)①若点A坐标为x1,y1，求证：直线PA的方程为x1x4+y1y2=1；②若点P的坐标为x0,y0，求证：直线AB的方程为x0x4+y0y2=1；
(2)若点P在圆x2+y2=4上，求△PAB面积的最大值．
【解题思路】（1）①设PA方程y−y1=kx−x1，联立椭圆方程，结合判别式化简可得k=−x12y1，继而结合直线方程化简，即可证明结论；②根据方程思想，结合额两点确定一条直线，即可即可证明结论；
（2）确定直线AB的方程x0x4+y0y2=1，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，即可求得弦长AB，再求出P到直线AB的距离的表达式，即可求得△PAB面积的表达式，利用导数求最值，即可得答案.
【解答过程】（1）①当PA斜率存在时，y1≠0，设PA方程为：y−y1=kx−x1
与C：x24+y22=1联立整理得：1+2k2x2+4ky1−kx1x+2y1−kx12−4=0，
由已知得：Δ=16k2y1−kx12−41+2k22y1−kx12−4=0，
化简得：4−x12k2+2x1y1k+2−y12=0
因为x12+2y12=4，则4y12k2+4x1y1k+x12=0，
即2y1k+x12=0，所以k=−x12y1，
PA方程为：y−y1=−x12y1x−x1，即x1x+2y1y=x12+2y12，则x1x+2y1y=4，
故直线PA的方程为x1x4+y1y2=1
当PA斜率不存在时，y1=0，直线PA的方程为x=2或x=−2满足上式.；
所以直线PA的方程为x1x4+y1y2=1；
②由①知，设B点坐标为x2,y2，则直线PB的方程为x2x4+y2y2=1，
由点P的坐标为x0,y0，则x1x04+y1y02=1，x2x04+y2y02=1，
则Ax1,y1，Bx2,y2两点都在直线x0x4+y0y2=1上，
由于两点确定一条直线，故直线AB的方程为x0x4+y0y2=1；
（2）由（1）知直线AB的方程为x0x4+y0y2=1，由题意知y0≠0，
与C：x24+y22=1联立整理得：x02+2y02x2−8x0x+16−8y02=0
因为x02+y02=4，所以Δ′=64x02−4x02+2y0216−8y02=32y02>0
因为Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=8x0x02+2y02=8x0y02+4，x1x2=16−8y02y02+4，
所以AB=1+x024y02x1+x22−4x1x2=4+3y024y02×32y04y02+42=2y024+3y02y02+4，
点P到直线AB的距离为：d=x02+2y02−4x02+4y02=y024+3y02，
所以△PAB面积S=12ABd=2y03y02+4,y0≠0，
当00，
故fy0在0,2单调递增，所以fy0的最大值为f2=2，
由对称性可知当−2≤y0<0时，fy0的最大值也为2，
故△PAB面积的最大值为2.
18．（24-25高三上·河北邢台·开学考试）已知A0,2,P是抛物线C1:x2=4y上任一点，Q为PA的中点，记动点Q的轨迹为C2.
(1)求C2的方程；
(2)过点P作曲线C2的两条切线，切点分别为M,N，求点P到直线MN的距离的最小值.
【解题思路】（1）设Qx,y，从而得到点P的坐标为2x,2y−2，再根据点P是抛物线C1上任一点，代入方程，整理可得；
（2）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，利用导数的几何意义表示出切线方程，即可得到y0=x1x0−y1+2，同理可得y0=x2x0−y2+2，从而得到直线MN的方程为xx0−y+2−y0=0，再由点到直线的距离公式及基本不等式计算可得.
【解答过程】（1）设Qx,y，因为Q为PA的中点，所以点P的坐标为2x,2y−2，
又点P是抛物线C1:x2=4y上任一点，所以2x2=42y−2，
整理得x2=2y−2，即C2的方程为x2=2y−2；
（2）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，则y0=14x02，x12=2y1−2，x22=2y2−2，
由抛物线C2的方程为x2=2y−2，即y=12x2+1，则y′=x，
所以PM的方程为y−y1=x1x−x1，即y=x1x−y1+2，
所以y0=x1x0−y1+2，同理可得y0=x2x0−y2+2，
所以直线MN的方程为xx0−y+2−y0=0，
则点P到直线MN的距离d=x02+2−2y0x02+1=12x02+2x02+1=12x02+1+3x02+1
≥12×2x02+1⋅3x02+1=3，
当且仅当x02+1=3x02+1，即x0=±2时取等号，
所以点P到直线MN的距离的最小值为3.
19．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知椭圆C: x24+y2=1，直线x+2y+4=0，P是直线l上的动点，过P作椭圆C的切线PS，PT，切点分别为S，T．
(1)当点P坐标为2,−3时，求直线ST的方程；
(2)求证：当点P在直线l上运动时，直线ST恒过定点M；
(3)是否存在点P使得△PST的重心恰好是椭圆的左顶点−2,0，如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）设Sx1,y1,Tx2,y2,Px0,y0，由椭圆的切线方程，可得直线ST的方程是x0x4+y0y=1，点P坐标为2，−3时，即可写出直线ST的方程；
（2）由直线ST的方程是x0x4+y0y=1，点P在直线l上，满足x0+2y0+4=0，可得−12x+yy0−x+1=0，可得直线ST恒过定点M−1,−12；
（3）联立ST的方程与椭圆方程，因为△PST的重心为−2，0，所以x1+x2+x0=−6，由韦达定理表示出x1+x2代入x1+x2+x0=−6，再与x0+2y0+4=0联立，即可解得x0，进而得到y0，即可得点P存在，坐标为−4,0.
【解答过程】（1）
设Sx1,y1,Tx2,y2,Px0,y0，已知椭圆为x24+y2=1，
由椭圆的切线方程，切线PS的方程为x1x4+y1y=1，
又点P在该直线上，所以x1x04+y1y0=1，
切线PT的方程为x2x4+y2y=1，
又点P在该直线上，所以x2x04+y2y0=1，
则点S，T都在直线x0x4+y0y=1上，即直线ST的方程是x0x4+y0y=1，
当点P坐标为2,−3时，x0=2,y0=−3，
所以直线ST的方程是2x4−3y=1，即x−6y−2=0.
（2）由（1）知直线ST的方程是x0x4+y0y=1，
又点P在直线l上，所以x0+2y0+4=0，
得x0=−2y0−4，代入ST的方程得−2y0−4x4+y0y=1，
即−12x+yy0−x+1=0，所以−12x+y=0x+1=0，
解得x=−1y=−12，直线ST恒过定点M−1,−12.
（3）因为直线ST的方程是x0x4+y0y=1，所以y=−x04y0x+1y0，
代入x24+y2=1得14x2+−x04y0x+1y02=1，
整理得14+x0216y02x2−x02y0x+1y0−1=0，
因为△PST的重心为−2，0，所以x1+x2+x0=−6，y1+y2+y0=0，
所以x02y014+x0216y02+x0=−6x0+2y0+4=0，得4x0x02+4x0+8+x0=−6，
解得x0=−4，则y0=0，此时ST⊥x轴，y1+y2+y0=0成立，
所以点P存在，坐标为−4,0.
TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc2521" 【题型1 求圆锥曲线的切线方程】 PAGEREF _Tc2521 \h 2
\l "_Tc16502" 【题型2 圆锥曲线的切点弦问题】 PAGEREF _Tc16502 \h 4
\l "_Tc21935" 【题型3 切点弦过定点问题】 PAGEREF _Tc21935 \h 8
\l "_Tc19655" 【题型4 与切点弦有关的面积问题】 PAGEREF _Tc19655 \h 13
\l "_Tc23916" 【题型5 与切点弦有关的定值问题】 PAGEREF _Tc23916 \h 19
\l "_Tc15139" 【题型6 与切点弦有关的最值（范围）问题】 PAGEREF _Tc15139 \h 24
1、圆锥曲线中的切线与切点弦问题
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，切线与切点弦问题的考查频率变高，考查形式多种多样，以选择题或填空题的形式考查时，主要考查切线方程与切点弦方程，难度不大；以解答题的形式考查时，主要考查切点弦问题和以切线为载体的面积、最值、定值等问题，难度较大；复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.
【知识点1 圆锥曲线中的切线与切点弦】
1．圆锥曲线的切线和切点弦
(1)切线方程：
过圆锥曲线Ax2+Cy2+Dx+Ey+F=0(A、C不全为0)上的点M(x0,y0)的切线的方程为.
(2)切点弦方程：
当M(x0,y0)在曲线外时，过M可引该二次曲线的两条切线，过这两个切点的弦所在直线的方程为：.
上述两条为一般结论.特别地：
①对于椭圆+=1(a>b>0)，其上有一点M(x0,y0)，则过该点作切线得到的切线方程+=1.
当M在椭圆外时，过M引两条切线得到两个切点，则过这两个切点的直线方程为+=1.
②更为一般地，当二次曲线有交叉项时，即圆锥曲线形式为Ax2+Bxy+Cy2+Dx+Ey+F=0(B≠0)时，过点M(x0,y0)有对应的一条直线为；当M在原圆锥曲线上时，这条直线为过M的切线；当M在曲线外时，过M可引该二次曲线的两条切线，这条直线为过这两个切点的弦的直线.
2．圆锥曲线的切线和切点弦的相关结论
(1)过椭圆+=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1；
(2)过椭圆+=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2+y0yb2=1；
(3)过双曲线−=1上一点Px0,y0的切线方程为x0xa2−y0yb2=1；
(4)过双曲线−=1外一点Px0,y0的切点弦方程为x0xa2−y0yb2=1.
【题型1 求圆锥曲线的切线方程】
【例1】（2024·全国·模拟预测）椭圆x24+3y24=1上点P(1,1)处的切线方程是 x+3y−4=0 ．
【解题思路】由导数的几何意义即可求得切线方程.
【解答过程】∵椭圆x24+3y24=1，
∴y>0时，y=43−x23，∴y′=−23x243−x23，
∴x＝1时，y′=−13，即切线斜率k=−13，
∴椭圆x24+3y24=1上点P(1,1)处的切线方程是y−1=−13x−1，
即x+3y−4=0．
故答案为：x+3y−4=0．
【变式1-1】（2023·河南·模拟预测）若直线l与单位圆（圆心在原点）和曲线x24−y28=1均相切，则直线l的一个方程可以是 3x+y+2=0（或3x−y+2=0，3x−y−2=0，3x+y−2=0，只需写出一个答案即可） .
【解题思路】根据直线与圆，以及双曲线相切，可根据点到直线的距离以及判别式进行联立方程求解满足题意的直线.
【解答过程】显然直线l存在斜率，设直线l：y=kx+mk≠±2，
联立方程组y=kx+m,x24−y28=1, ,
得2−k2x2−2kmx−m2−8=0
因为直线l与曲线相切，所以Δ=4k2m2+42−k2m2+8=0，
即m2+8−4k2=0.
因为直线l与单位圆相切，所以mk2+1=1
联立方程组m2+8−4k2=0,mk2+1=1,
解得k=±3，m=±2
故直线l的方程可能是3x+y+2=0，3x−y+2=0，3x−y−2=0，3x+y−2=0
故答案为：3x+y+2=0（或3x−y+2=0，3x−y−2=0，3x+y−2=0，只需写出一个答案即可）.
【变式1-2】（24-25高三上·湖南·开学考试）已知椭圆M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)过点0,6和1,3.
(1)求M的离心率；
(2)若直线l:y=x+m与M有且仅有一个交点，求l的一般式方程.
【解题思路】（1）由椭圆M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)过点0,6和1,3，求得a2、b2，进而求得c，即可得到M的离心率；
（2）联立M和l的方程，得到关于x的一元二次方程，由Δ=0，可求得m=±22，即可得到l的一般式方程.
【解答过程】（1）因为椭圆M:y2a2+x2b2=1(a>b>0)过点0,6和1,3，
所以6a2=13a2+1b2=1，解得a2=6b2=2，
由a2=b2+c2，得c=2，
所以M的离心率e=ca=26=63.
（2）
由（1）可得M的方程为，y26+x22=1，
联立y26+x22=1y=x+m，得4x2+2mx+m2−6=0，
由Δ=4m2−4×4m2−6=0，得m=±22，
∴直线l的一般式方程为：x−y±22=0.
【变式1-3】（2024高三·全国·专题练习）在直角坐标系xy中，曲线C：y=x24与直线y=kx+a,a>0交与M,N两点，
(1)当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2) y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM=∠OPN？说明理由.
【解题思路】（1）先求出M，N的坐标，再利用导数求出M，N.
（2）先作判定，再利用设而不求思想．将y=kx+a代入曲线C的方程整理成关于x的一元二次方程，设出M，N的坐标和P点坐标，利用设而不求思想，将直线PM，PN的斜率之和用a表示出来，利用直线PM，PN的斜率为0，即可求出a,b关系，从而找出适合条件的P点坐标.
【解答过程】（1）由题设可得M(2a,a)，N−2a,a，或M−2a,a，N(2a,a).∵y′=12x，
故y=x24在x=2a处的导数值为a，C在2a,a处的切线方程为
y−a=a(x−2a)，即ax−y−a=0.
故y=x24在x=−2a处的导数值为−a，C在(−22a,a)处的切线方程为
y−a=−a(x+2a)，即ax+y+a=0.
故所求切线方程为ax−y−a=0或ax+y+a=0.
（2）存在符合题意的点，证明如下：
设P（0,b）为符合题意的点，M(x1,y1)，N(x2,y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1,k2.
将y=kx+a代入C得方程整理得x2−4kx−4a=0.
∴x1+x2=4k,x1x2=−4a.
∴k1+k2=y1−bx1+y2−bx2=2kx1x2+(a−b)(x1+x2)x1x2=k(a+b)a.
当b=−a时，有k1+k2=0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM=∠OPN，所以P(0,−a)符合题意.
【题型2 圆锥曲线的切点弦问题】
【例2】（2024·福建福州·模拟预测）过M2,−2p引抛物线x2=2pyp>0的切线，切点分别为A，B.若AB的斜率等于2，则p=（ ）
A．14B．12C．1D．2
【解题思路】先设切点，根据导数的几何意义求切线方程，再代入点M，得到A，B均满足得到一元二次方程，即得到直线AB的方程和斜率，结合斜率为2解得参数即可.
【解答过程】抛物线x2=2pyp>0，即y=12px2,y′=1px，则由切线斜率k=y′=1px，
设切点Ax1,y1,Bx2,y2，则kMA=1px1,kMB=1px2，又x12=2py1,x22=2py2，
所以切线MA方程为y−y1=1px1x−x1，即 y=1px1x−y1，
同理切线MB方程为y=1px2x−y2，
两切线均过点M2,−2p，故−2p=1px1⋅2−y1−2p=1px2⋅2−y2，即y1=2px1+2py2=2px2+2p，所以点Ax1,y1,Bx2,y2均满足方程y=2px+2p，即Ax1,y1,Bx2,y2均在直线y=2px+2p上，即直线AB的方程为y=2px+2p，所以斜率为2p=2，
故p=1.
故选：C.
【变式2-1】（2024·贵州贵阳·模拟预测）设抛物线C：y2=6x的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线l1，l2，若l1与l2交于点P，且满足PF=23，则AB=（ ）
A．5B．6C．7D．8
【解题思路】先设直线AB的方程，与抛物线方程联立求得A，B两点纵坐标之间的关系，再写出切线方程，联立，根据条件求出P点坐标，再带回到切线方程求出A，B两点的坐标即可.
【解答过程】
y2=6x,2p=6,p2=32,∴F32,0 ，设直线AB的方程为x=my+32 ，显然m是存在的，
设Ax1,y1,Bx2,y2 ，显然y1≠0,y2≠0 ，求导：y2'=6x',∴y'=3y ，
在A点处的切线方程l1为y−y1=3y1x−x1,∴y=3y1x−3x1y1+y1,∵x1=y126,∴y=3y1x+y12…①，
同理可得在B点处的切线方程l2为：y=3y2x+y12；
联立方程y2=6xx=my+32 ，解得y2−6my−9=0 ，Δ=36m2+36＞0 ，∴ y1y2=−9 ，
联立方程y=3y1x+y12y=3y2x+y22 解得3xy2−y1y1y2+12y1−y2=0 ，∵y1≠y2,y1−y2≠0,∴x=y1y26=−32 ，
即P点在准线x=−32 上，设P−32,t ，∵PF=32+t2=23,∴t2=3,t=±3 ，
考虑抛物线关于x轴对称，不妨取t=3 ，代入①得：3=3y1×−32+y12 ，解得y1=33 或y1=−3 ，
由图可知y1=33,y2=−3 ，再代入抛物线方程得x1=92,x2=12 ，∴AB=x1−x22+y1−y22=8 ；
故选：D.
【变式2-2】（2024高三·全国·专题练习）已知P1,1是双曲线外一点，过P引双曲线x2−y22=1的两条切线PA,PB，A,B为切点，求直线AB的方程．
【解题思路】根据双曲线的切线方程（或切点弦方程）的结论直接代入即可得直线AB的方程.
【解答过程】如下图所示：
方法一：
根据题意，设切点坐标为Ax1,y1,Bx2,y2，
根据结论：若点P0x0,y0在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)上，则过点P0的双曲线的切线方程是x0xa2−y0yb2=1．
则可得切线PA,PB的方程分别为x1x−y1y2=1，x2x−y2y2=1；
又因为P1,1在切线上，可得x1−y12=1，x2−y22=1；
因此Ax1,y1,Bx2,y2在方程x−y2=1的两根，
可知直线AB的方程为x−y2=1，也即2x−y−2=0.
方法二：
可直接利用结论：若点P0x0,y0在双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)外，过点P0作双曲线的两条切线，切点为点P1,P2，则切点弦P1P2的直线方程是x0xa2−y0yb2=1；
可得直线AB的方程为x−y2=1，也即2x−y−2=0.
【变式2-3】（24-25高三上·河南·开学考试）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的短轴长为2，点1,22在椭圆C上.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点Tm,n在椭圆C上（点T不在坐标轴上），证明：直线mx2+ny=1与椭圆C相切；
(3)设点P在直线x=−1上（点P在椭圆C外），过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A,B,O为坐标原点，若△PAB和△OAB的面积之和为1，求直线AB的方程.
【解题思路】（1）根据已知建立关于a,b的方程组求解即可；
（2）联立直线方程和椭圆方程消去y，结合点Tm,n在椭圆上，代入化简即可得证；
（3）设Ax1,y1,Bx2,y2,P−1,t，利用（2）中结论表示出两切线方程，结合切线过点P可得直线AB方程，利用点到直线的距离公式和弦长公式表示出面积，结合已知求出t，然后可得直线AB方程.
【解答过程】（1）由题知，12a2+222b2=12b=2，解得a=2,b=1，
所以椭圆C的标准方程x22+y2=1.
（2）因为点Tm,n在椭圆C上，所以m22+n2=1，即m2+2n2=2，
联立x22+y2=1mx2+ny=1消去y整理得2n2+m2x2−4mx+4−4n2=0，
即2x2−4mx+2m2=0，即x−m2=0，显然方程有唯一解，
所以直线mx2+ny=1与椭圆C相切.
（3）设Ax1,y1,Bx2,y2,P−1,t，
将x=−1代入x22+y2=1，解得y=±22，
因为点P在椭圆C外，所以t<−22或t>22，所以2t2−1>0，
由（2）可得，切线PA,PB的方程分别为x1x2+y1y=1,x2x2+y2y=1，
因为点P在切线PA,PB上，所以−x12+ty1=1,−x22+ty2=1，
所以点A,B在直线−x2+ty=1，即直线AB的方程为x−2ty+2=0，
联立x−2ty+2=0x2+2y2−2=0得2t2+1y2−4ty+1=0，Δ>0，
则y1+y2=4t2t2+1,y1y2=12t2+1，
所以AB=4t2+1y1+y22−4y1y2=4t2+14t2t2+12−42t2+1
=24t2+12t2−12t2+1
记点O,P到直线AB的距离分别为d1,d2，
则d1=22t2+1,d2=2t2−12t2+1=2t2−12t2+1，
因为△PAB和△OAB的面积之和为1，
所以12ABd1+d2=4t2+12t2−12t2+1×22t2+1+2t2−12t2+1=2t2−1=1，
解得t=±1，所以AB的方程为x−2y+2=0或x+2y+2=0.
【题型3 切点弦过定点问题】
【例3】（2024·湖南·三模）已知抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点为F，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，|AB|=10.
(1)求E的方程；
(2)直线l:x=−4，过l上一点P作E的两条切线PM,PN，切点分别为M，N.求证：直线MN过定点，并求出该定点坐标.
【解题思路】（1）根据已知条件，设直线AB的方程为x=12y+p2，设Ax1,y1,Bx2,y2，联立抛物线方程，根据抛物线的弦长求得p，即得答案；
（2）设直线MN的方程为x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，联立抛物线方程，得到韦达定理，利用导数的几何意义，设出切线PM与PN的方程，两者联立，可求出n=4，即可证得直线MN过定点，并得出该定点坐标.
【解答过程】（1）
由已知，Fp2,0，过F且斜率为2的直线与E交于A，B两点，
设AB的方程为x=12y+p2，Ax1,y1,Bx2,y2,
联立y2=2pxx=12y+p2，得y2−py−p2=0，则Δ=p2+4p2>0，
则y1+y2=p，
所以|AB|=x1+x2+p=12y1+p2+12y2+p2+p=5p2=10，
解得p=4，
故抛物线E的方程为：y2=8x.
（2）设直线MN的方程为x=my+n，Mx3,y3，Nx4,y4，
联立y2=8xx=my+n，得y2−8my−8n=0，
Δ=64m2+32n>0，即2m2+n>0，
所以y3+y4=8m，y3y4=−8n，
令y3>0，当y>0时，
y2=8x可化为y=22x，则y′=2x，
则在M处的切线PM的方程为：y−y3=2x3x−x3，
即y=4y3x+y32，
同理可得切线PN的方程为：y=4y4x+y42，
联立PM与PN的方程，解得xp=y3y48=−4，
所以y3y4=−32=−8n，则n=4，满足2m2+n>0，
则直线MN的方程为x=my+4，
所以直线MN过定点，该定点坐标为4,0.
【变式3-1】（2024高三·全国·专题练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e=22，椭圆上的点P与两个焦点F1、F2构成的三角形的最大面积为1．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点Q为直线x+y−2=0上的任意一点，过点Q作椭圆C的两条切线QD、QE（切点分别为D、E），试证明动直线DE恒过一定点，并求出该定点的坐标．
【解题思路】（1）根据条件得到关于a,b,c的方程组，即可求解；
（2）首先利用点D,E的坐标表示切线方程，并利用两点确定一条直线，确定直线DE的方程，再根据含参直线确定定点坐标.
【解答过程】（1）∵椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为e=22，
椭圆上的点P与两个焦点F1、F2构成的三角形的最大面积为1，
∴ca=22bc=1a2=b2+c2，
解得a=2,b=c=1，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1．
（2）证明：设切点为Dx1,y1,Ex2,y2，则切线方程为x1x+2y1y=2,x2x+2y2y=2，
∵两条切线都过x+y−2=0上任意一点Qm,2−m，
∴得到x1m+2y12−m=2,x2m+2y22−m=2，
∴Dx1,y1、Ex2,y2都在直线mx+22−my=2上，
又mx−2my+4y−2=0,mx−2y+4y−12=0，
由x−2y=0y−12=0，得x=1y=12，
即对任意的m，直线mx+22−my=2始终经过定点1,12．
∴动直线DE恒过一定点1,12．
【变式3-2】（2024高三·全国·专题练习）已知抛物线C:x2=2py的焦点与椭圆C':x24+y2=1的上顶点重合，点A是直线l:x−2y−8=0上任意一点，过点A作抛物线的两条切线，切点分别为M、N．
(1)求抛物线C的方程．
(2)证明直线MN过定点，并且求出定点坐标．
【解题思路】（1）根据椭圆的顶点计算求参得出抛物线方程；
（2）根据导数求出切线斜率再分别表示切线应用同构或待定系数法求解即可.
【解答过程】（1）由题意椭圆C':x24+y2=1的上顶点为0,1，
p2=1，∴p=2，∴C:x2=4y．
（2）法一（同构法）．
设点Mx1,y1，Nx2,y2，Aa,b．
由y=x24⇒y′=x2，∴直线AM的斜率为kAM=x12，∴lAM:y−y1=x12x−x1
即x1x=2y+y1
同理可得lAN:x2x=2y+y2
∵点A∈lAM，代入lAM得ax1=2y1+b
∵点A∈lAN，代入lAN得ax2=2y2+b
∴点M、N都满足关系ax=2y+b=2y+2b
∴lMN:ax=2y+b=2y+2b①
又点A∈l，∴2b=a−8，代入①得ax=2y+a−8⇒ax−1−2y+8=0
故直线MN恒过定点1,4．
法二（配极原则）．
设定点为Qx0,y0，由题目可知点A所在直线是点Q对应的极线，∴由配极原则可得x0x=4y+y02
即x0x−2y−2y0=0
对比l:x−2y−8=0的系数可得x0=1−2y0=−8⇒x0=1y0=4
∴直线MN恒过定点1,4．
【变式3-3】（23-24高二下·内蒙古通辽·期中）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1a>b>0的长轴为双曲线x24−y25=1的实轴，且离心率为12.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0在其上一点Qx0,y0处的切线方程为xx0a2+yy0b2=1.过直线x=4上任意一点P作椭圆E的两条切线，切点分别为A，B.M为椭圆的左顶点.
①证明：直线AB过定点；
②求△ABM面积的最大值.
【解题思路】（1）利用待定系数法求椭圆方程；
（2）①首先设出点A,B的坐标，求直线PA,PB的切线方程，代入点P的坐标，根据两点确定直线方程；②根据①的结果，设直线AB的方程x=my+1，与椭圆方程联立，利用坐标表示△MAB的面积，再根据双勾函数的性质求最值.
【解答过程】（1）由条件可知a=2，
e=ca=12，则c=1，b=3
则椭圆的标准方程为x24+y23=1.
（2）①设切点Ax1,y1，Bx2,y2，P(4,t)，又椭圆E在点A处的切线方程为x1x4+y1y3=1，在点B处的切线方程x2x4+y2y3=1，
由条件，将P点坐标代入直线PA的方程得x1+y1t3=1，代入直线PB的方程得x2+y2t3=1，
则A、B两点都在直线x+yt3=1上，
则切点弦AB直线方程为x+yt3=1，
直线AB过定点1,0.
②M−2,0，设直线过定点为K1,0，
显然直线AB不可能水平，故设直线AB方程为：x=my+1，
x=my+1x24+y23=1，
3m2+4y2+6my−9=0，
因为直线AB恒过椭圆内点，所以Δ>0恒成立，
y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
S△MAB=12MK⋅y1−y2 =12×3×y1+y22−4y1y2
=32×−6m3m2+42−4×−93m2+4 =18m2+13m2+4，
令m2+1=n,(n≥1)，
S△MAB=18n3n2+1=183n+1n，
当n∈1,+∞，S△MAB为减函数，
所以当n=1时，S△MAB最大值为92.
【题型4 与切点弦有关的面积问题】
【例4】（2024·江西新余·一模）过点P(2，－1)作抛物线x2=4y的两条切线，切点分别为A，B，PA，PB分别交x轴于E，F两点，O为坐标原点，则△PEF与△OAB的面积之比为（ ）
A．32 B．33 C．12 D．34
【解题思路】由已知抛物线方程求导得y'=12x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得出点A，B处的切线方程，求得点E x12,0，Fx22,0，又由这两条切线都过点P(2，－1)，得2x1=2−1+y12x2=2−1+y2，得lAB过定点(0，1)，得出面积的表示式，可得答案．
【解答过程】由x2=4y得y=14x2，求导得y'=12x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则点A，B处的切线方程为y−y1=12x1x−x1,y−y2=12x2x−x2，
即x1x＝2(y＋y1)，x2x＝2(y＋y2)，所以E2y1x1,0，F2y2x2,0，即Ex12,0，Fx22,0，
因为这两条切线都过点P(2，－1)，则2x1=2−1+y12x2=2−1+y2，
所以lAB：x＝－1＋y，即lAB过定点(0，1)，
则S△PEFS△OAB=12×1×x12−x2212×1×x1−x2=12．
故选：C．
【变式4-1】（2024·湖北·模拟预测）抛物线Γ:x2=2y上有四点A，B，C，D，直线AC，BD交于点P，且PC=λPA，PD=λPB0<λ<1．过A,B分别作Γ的切线交于点Q，若S△ABPS△ABQ=23，则λ=（ ）
A．32B．23C．33D．13
【解题思路】由题意可得AB∥CD，取弦AB，CD的中点分别为M,N，设直线AB的方程为：y=kx+m代抛物线，由韦达定理可得xM=k，yM=k2+m，xN=k，从而得P在直线MN上，根据切线方程可得xQ=k，作出图象，可得yQ=−m，yP=(1−λ)k2−2λm2，再根据S△ABPS△ABQ=23求解即可.
【解答过程】解：由PC=λPA，PD=λPB0<λ<1，可知AB∥CD，
设弦AB，CD的中点分别为M,N，
设直线AB的方程为：y=kx+m，
代入x2=2y，得x2−2kx−2m=0，
则xA+xB=2k， xAxB=−2m，
所以xM=k，yM=kxM+m=k2+m，
同理可得xN=k，
由抛物线的几何意义可知点P在直线MN上，
所以xP=k，
因为x2=2y，所以y=12x2，y′=x，
所以物线在A处的切线为l1:y−yA=xA(x−xA)，即y−xA22=xA(x−xA)，
y=xAx−12xA2，即xAx=yA+y
同理可得物线在B处的切线为l2:y=xBx−12xB2，即xBx=yB+y,
由y=xAx−12xA2y=xBx−12xB2，解得x=xA+xB2=ky=xAxB2=−m，
综上，xM=xN=xP=xQ=k，yQ=−m,
所以M,N,P,Q四点共线，且所在直线平行于y轴，
由PC=λPA，得(xC−xP,yC−yP)=λ(xA−xP,yA−yP)，
则xC=λxA+(1−λ)xP，yC=λyA+(1−λ)yP，
又xC2=2yC，
所以有[λxA+(1−λ)xP]2=2λyA+2(1−λ)yP，
又xA2=2yA，
化简得2λxPxA−2λyA+(1−λ)xp2−2yP=0，
同理有2λxPxB−2λyB+(1−λ)xp2−2yP=0，
由两式知直线AB的方程为：
2λxPx−2λy+(1−λ)xp2−2yP=0，
因为xP=k，
所以2λkx−2λy+(1−λ)k2−2yP=0，
又直线AB过点M(k,k2+m)，
代入得yP=(1−λ)k2−2λm2，
S△ABPS△ABQ=PMQM=yM−yPyM−yQ=k2+m−(1−λ)k2−2λm2k2+m−(−m)=23，
整理得−k2−2m+3λk2+6λm=0，
即(3λ−1)(k2+2m)=0，
由题可得yQ=−m<0，
所以m>0，
所以1−3λ=0，
解得λ=13.
故选：D.
【变式4-2】（2024·全国·模拟预测）已知椭圆C1：y2a2+x2b2=1 a>b>0与抛物线C2：x2=2py p>0有相同的焦点F0,1，且椭圆C1过点1,−263．
(1)求椭圆C1与抛物线C2的标准方程；
(2)椭圆C1上一点P在x轴下方，过点P作抛物线C2的切线，切点分别为A,B，求△PAB的面积的最大值．
【解题思路】（1）根据焦点求出p可得抛物线方程，代入点1,−263以及a,b关系可得椭圆方程；
（2）利用导数求出抛物线的切线方程，将切线方程联立可得点P坐标，再求出AB，点P到AB的距离，表示出S△PAB，消元，利用二次函数的性质求最值.
【解答过程】（1）由F0,1，得p=2，故抛物线C2的标准方程为x2=4y，
由F0,1，得c=1，得a2−b2=1，
由椭圆C1过点1,−263，得1a2×83+1b2=1，
得a2=4，b2=3，
故椭圆C1的标准方程为y24+x23=1；
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，由x2=4y得y=14x2，y′=12x，
故抛物线在点A处的切线方程为y−y1=12x1x−x1，化简得y=12x1x−14x12，
同理可得抛物线在点B处的切线方程为y=12x2x−14x22．
联立得y=12x1x−14x12y=12x2x−14x22，得Px1+x22,x1x24，
易得直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+m，
联立得y=kx+mx2=4y，得x2−4kx−4m=0，Δ=16k2+m>0，
故x1+x2=4k，x1x2=−4m，
因此P2k,−m，由于点P2k,−m在椭圆C1上，故4k23+m24=1．
又AB=1+k2⋅x1−x2=1+k216k2+16m，
点P到直线AB的距离d=2k2+2m1+k2，
故S△PAB=12AB×d=4k2+m×k2+m=4k2+m32．
令t=k2+m，又4k23+m24=1，
故t=34−316m2+m=−316m−832+2512，其中0
所以S△PABmax=4×232=82，
即△PAB的面积的最大值为82．
【变式4-3】（2024·贵州黔东南·二模）已知抛物线E:y2=2x的焦点为F，A，B，C为E上不重合的三点.
(1)若FA+FB+FC=0，求FA+FB+FC的值；
(2)过A，B两点分别作E的切线l1，l2，l1与l2相交于点D，过A，B两点分别作l1，l2的垂线l3，l4，l3与l4相交于点M.
（i）若AB=4，求△ABD面积的最大值；
（ii）若直线AB过点1,0，求点M的轨迹方程.
【解题思路】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，根据向量的坐标运算即可得x1+x2+x3=32，再根据抛物线的定义即可得结论；
（2）（i）设直线AB的方程为x=my+n，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线得交点坐标关系，再求导，根据导数的几何意义求解切线斜率，即可得切线方程，从而可得切线的交点坐标，根据三角形面积公式列关系求解即可；（ii）利用直线相交、直线过定点即可得点M的轨迹方程.
【解答过程】（1）依题意，F12,0，
设Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，
由FA+FB+FC=0得，x1−12+x2−12+x3−12=0，
即x1+x2+x3=32，
由抛物线定义得，FA+FB+FC=x1+12+x2+12+x3+12=3.
（2）（i）显然，直线AB的斜率不为0，
可设直线AB的方程为x=my+n，Ax1,y1，Bx2,y2，
由y2=2x,x=my+n得：y2−2my−2n=0，
Δ=4m2+8n>0，∴y1+y2=2m，y1y2=−2n.
∵y2=2x，则y=±2x，∴y′=±12x=1y，
∴切线l1的方程为y=1y1x−x1+y1=1y1x+y12，
同理，切线l2的方程为y=1y2x+y22，
联立两直线方程y=1y1x+y12y=1y2x+y22，解得x=y1y22=−ny=y1+y22=m，即D−n,m，
则点D到直线AB的距离为d=m2+2n1+m2，
由AB=1+m2y1+y22−4y1y2=1+m24m2+8n=4，
化简得：m2+2n=41+m2，
∴S△ABD=12ABd=12×4×m2+2n1+m2=81+m21+m2≤8，当且仅当m=0时取等号，
∴△ABD面积的最大值为8.
（ii）若直线AB过点1,0，由（i），可以设直线AB的方程为x=my+1，
∴y1+y2=2m，y1y2=−2.
∴直线l3的方程为y=−y1x+x1y1+y1=−y1x+y132+y1，
同理，直线l4的方程为y=−y2x+y232+y2.
联立两直线方程y=−y1x+y132+y1y=−y2x+y232+y2，解得x=y12+y22+y1y22+1y=−y1y2y1+y22，
整理后可得x=2m2+2,y=2m,消去m得：y2=2x−4，
∴点M的轨迹方程为y2=2x−4.
【题型5 与切点弦有关的定值问题】
【例5】（2024·河北·三模）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为33，0,2是椭圆的短轴的一个顶点．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆O：x2+y2=a2+b2，过圆O上一动点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B．设两切线的斜率均存在，分别为k1，k2，问：k1k2是否为定值？若不是，说明理由；若是，求出定值．
【解题思路】（1）根据离心率和0,2得到方程，求出b,a，得到椭圆方程；
（2）设Pm,n，先得到m2≠3，m2+n2=5，设过点Pm,n与椭圆相切的直线为y−n=kx−m，联立椭圆方程，由Δ=0得到m2−3k2−2mnk+n2−2=0，由两根之积得到k1k2=n2−2m2−3=−1
【解答过程】（1）由题意得b=2,ca=33，又a2=b2+c2，
解得c=1,a=3，故椭圆方程为x23+y22=1；
（2）是，k1k2=−1，理由如下：
设Pm,n，当m2=3时，此时两切线中的一条切线斜率不存在，舍去，
故m2≠3，m2+n2=a2+b2=3+2=5，
设过点Pm,n与椭圆相切的直线为y−n=kx−m，
与x23+y22=1联立得2+3k2x2−6k2m−6nkx+3k2m2−6nkm+3n2−6=0，
由Δ=0得，6k2m−6nk2−42+3k23k2m2−6nkm+3n2−6=0，
整理得m2−3k2−2mnk+n2−2=0，
过点Pm,n与椭圆相切的两直线斜率分别为k1，k2，
所以k1k2=n2−2m2−3=3−m23−m2=−1
【变式5-1】（23-24高三上·浙江·期中）已知双曲线E：y2a2−x2b2=1（a>0，b>0）过点Q3,2，且离心率为2，F2，F1为双曲线E的上、下焦点，双曲线E在点Q处的切线l与圆F2：x2+y−c2=10（c=a2+b2）交于A，B两点.
(1)求△F1AB的面积；
(2)点P为圆F2上一动点，过P能作双曲线E的两条切线，设切点分别为M，N，记直线MF1和NF1的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值.
【解题思路】（1）先求切线方程，再结合直线与圆的位置关系可求得△F1AB的面积；
（2）先求切线方程，找出M，N两点坐标的关系式，再利用韦达定理化简可得.
【解答过程】（1）
∵4a2−9b2=1ca=2c2=a2+b2，∴a2=1b2=3c=2，∴y2−x23=1
设过曲线上一点的切线的方程为：y=kx+t，
由y2−x23=1y=kx+t可得3k2−1x2+6ktx+3t2−3=0，
则Δ=6kt2−43k2−13t2−3=0，即3k2+t2−1=0.
又因为切点为Q，所以2=3k+t，所以解得k=t=12，
则过点Q的切线l的方程为：2y−x=1.
设Ax1,y1，Bx2,y2，
∴l交y轴于点H0,12，联立直线l与圆F2的方程2y−x=1x2+y−22=10
消y得5x2−6x−31=0，∴x1+x2=65，x1x2=−315.
∴x1−x2=x1+x22−4x1x2=3625+1245=4415，
∴S△F1AB=12F1H⋅x1−x2=1212+2⋅4415=41.
（2）
设Px0,y0，Mx3,y3，Nx4,y4，则x02+y0−22=10
设过点Mx3,y3的双曲线的切线方程为：y=kx+t，
由（1）可知3k2+t2−1=0，
又因为y3=kx3+t，则3k2+y3−kx32−1=0，即3+x32k2−2x3y3k+y32−1=0（*）
而y32−x323=1，所以3+x32=3y32，y32−1=x323，
则（*）式可化为9y32k2−6x3y3k+x32=0，即3y3k−x32=0
可得k=x33y3，t=y3−kx3=1y3，则切线方程为y=x33y3x+1y3，
整理可得过点M的双曲线的切线方程为y3y−x3x3=1.
同理可得过点N的双曲线的切线方程为y4y−x4x3=1.
又两切线均过点Px0,y0，则y3y0−x3x03=1y4y0−x4x03=1，
因此，直线MN的方程为y0y−x0x3=1
联立直线MN与双曲线E的方程y0y−x0x3=1y2−x23=1，
消y可得x02−3y02x2+6x0x+9−9y02=0，故x3+x4=−6x0x02−3y02x3⋅x4=9−9y02x02−3y02
所以y3+2y4+2=x03y0x3+1y0+2x03y0x4+1y0+2
=x029y02x3x4+x03y0⋅1+2y0y0x3+x4+1+2y0y02=3x02−4y02−4y0−1x02−3y02
因为x02+y0−22=10，则x02=10−y0−22，则x02−4y02−4y0−1=5−5y02
所以k1k2=y3+2x3⋅y4+2x4=35−5y02x02−3y02⋅x02−3y0291−y02=53.
【变式5-2】（2024·四川成都·模拟预测）已知抛物线E:x2=2py(p>1)的焦点为F，过点P1,−1作抛物线E的两条切线，切点分别为M,N,FM+FN=5.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点P作两条倾斜角互补的直线l1,l2，直线l1交抛物线E于A,B两点，直线l2交抛物线E于C,D两点，连接AD,BC,AC,BD，设AC,AB,BD的斜率分别为kAC,kAB,kBD，问：kACkAB+kBDkAB是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由.
【解题思路】（1）先设点Mx1,x122p,Nx2,x222p，然后求出切线解析式，根据FM+FN=5即可求出结果.
（2）设直线l1的方程y+1=kx−1,通过和抛物线联立求出韦达定理，同理求出l2和抛物线联立的韦达定理，然后代入kACkAB+kBDkAB即可.
【解答过程】（1）设切点Mx1,x122p,Nx2,x222p，则在点M处切线斜率为y'=x1p，
所以以M为切点的切线方程为y−x122p=x1px−x1.
因为切线过点P1,−1，所以x12−2x1−2p=0，同理x22−2x2−2p=0，
所以x1，x2是方程x2−2x−2p=0的两个根，则x1+x2=2,x1x2=−2p.
又因为FM+FN=x122p+p2+x222p+p2=x1+x22−2x1x22p+p=5，
所以p2−3p+2=0，即p−1p−2=0.
又因为p>1，所以p=2，
所以抛物线E的方程为x2=4y.
（2）
由题意，l1,l2斜率都存在且不为0，设直线l1的方程为y+1=kx−1.
联立直线l1和抛物线E的方程，得y=kx−k+1,x2=4y,，所以x2−4kx+4k+1=0.
设AxA,yA,BxB,yB,CxC,yC,DxD,yD，则xA+xB=4k，同理xC+xD=−4k，
所以kAC+kBD=yC−yAxC−xA+yD−yBxD−xB =xC24−xA24xC−xA+xD24−xB24xD−xB =xC+xA4+xD+xB4 =xA+xB+xC+xD4 =0,
所以kACkAB+kBDkAB=kAC+kBD⋅kAB=0，
所以kACkAB+kBDkAB等于定值0.
【变式5-3】（2024高三·全国·专题练习）已知圆C:x2+y2=r2有以下性质：①过圆C上一点Mx0,y0的圆的切线方程是x0x+y0y=r2．②若Mx0,y0为圆C外一点，过M作圆C的两条切线，切点分别为A,B，则直线AB的方程为x0x+y0y=r2；③若不在坐标轴上的点Mx0,y0为圆C外一点，过M作圆C的两条切线，切点分别为A,B，则OM垂直AB，即kAB⋅kOM=−1，且OM平分线段AB．
(1)类比上述有关结论，猜想过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点Mx0,y0的切线方程（不要求证明）；
(2)过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一点Mx0,y0作两直线，与椭圆相切于A、B两点，求过A,B两点的直线方程；
(3)若过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一点Mx0,y0（M不在坐标轴上）作两直线，与椭圆相切与A,B两点，求证:kAB⋅kOM为定值，且OM平分线段AB．
【解题思路】（1）类比可得过椭圆上一点Mx0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1；
（2）由两切线都过M，过A,B两点确定一条直线可得，过AB的直线方程为x0xa2+y0yb2=1；
（3）由（2）所得过AB的直线方程，可得kAB=−b2x0a2y0,kOM=y0x0，则kAB⋅kOM=−b2a2，将Ax1,y1,Bx2,y2代入椭圆方程，作差可得x1+x2x1−x2a2+y1+y2y1−y2b2=0，设AB的中点为Nm,n，可得kON=kOM，则OM过AB的中点，即OM平分线段AB．
【解答过程】（1）过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上一点Mx0,y0的切线方程为x0xa2+y0yb2=1．
（2）过椭圆C′:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一点Mx0,y0作两直线，
与椭圆相切于A,B两点，设Ax1,y1,Bx2,y2，
由（1）的结论可得A处的切线方程为x1xa2+y1yb2=1，B处的切线方程为x2xa2+y2yb2=1，
又两切线都过M，可得x1x0a2+y1y0b2=1,x2x0a2+y2y0b2=1，
由过A,B两点确定一条直线可得，过AB的直线方程为x0xa2+y0yb2=1．
（3）由（2）可得过AB的直线方程为x0xa2+y0yb2=1，
可得kAB=−b2x0a2y0,kOM=y0x0，则kAB⋅kOM=−b2a2；
由A,B都在椭圆上，
可得x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1，
相减可得x1+x2x1−x2a2+y1+y2y1−y2b2=0，
设AB的中点为Nm,n，可得x1+x2=2m,y1+y2=2n，
则kAB=y1−y2x1−x2=−b2ma2n，又kAB=−b2x0a2y0,kOM=y0x0，
则得kON=kOM，
则OM过AB的中点，即OM平分线段AB．
【题型6 与切点弦有关的最值（范围）问题】
【例6】（2024·浙江·模拟预测）记椭圆C：x2+2y2=1的左右焦点为F1，F2，过F2的直线l交椭圆于A，B，A，B处的切线交于点P，设△F1F2P的垂心为H，则PH的最小值是（ ）
A．2B．3C．5D．6
【解题思路】先根据题意，得到F1−22,0，F222,0，设直线l的方程为y=kx−22，Ax1,y1，Bx2,y2，求出在点A，B处的切线方程，联立切线方程，得出点P2,−22k，根据题意，得到PH⊥x轴，得出H的横坐标为2，再由F1H⊥PF2求出H的纵坐标为yH=322k，得出PH=322k+22k，结合基本不等式，即可得出结果.
【解答过程】椭圆x2+2y2=1的左右焦点为F1−22,0，F222,0，
由题意，易知直线l的斜率存在，（若斜率不存在，则F1,F2,P三点共线，不能构成三角形），设直线l的方程为y=kx−22，Ax1,y1，Bx2,y2，
对x2+2y2=1两边同时求关于x的导数，得2x+4yy′=0，则y′=−x2y，
则椭圆在点Ax1,y1处的切线斜率为k1=−x12y1，
则椭圆在点Ax1,y1处的切线方程为y−y1=−x12y1x−x1，
即x1x+2y1y=x12+2y12，即x1x+2y1y=1；
同理，椭圆在点Bx2,y2处的切线方程为x2x+2y2y=1，
由x1x+2y1y=1x2x+2y2y=1得x1y2x+2y1y2y=y2x2y1x+2y1y2y=y1，
则x=y2−y1x1y2−x2y1=kx2−x1x1kx2−22k−x2kx1−22k=2，
所以y=1−2x12y1=1−2x12kx1−22=−22k，即P2,−22k k≠0；
又△F1F2P的垂心为H，则PH⊥F1F2，F1H⊥PF2，
即PH⊥x轴，则H的横坐标也为2，记H的纵坐标为yH，
由F1H⊥PF2得kF1H⋅kPF2=−1，所以yH2+22⋅−22k2−22=−1，则yH=322k，
因此PH=yH−yP=322k+22k，
因为l过点F2，所以直线l与椭圆必有两个交点，故k∈R且k≠0，
则PH=322k+22k=322k+22k≥2322k⋅22k=6，
当且仅当322k=22k，即k=±33时，等号成立.
故选：D.
【变式6-1】（23-24高二下·福建泉州·期末）已知抛物线Γ：y=14x2的焦点为F，过F的直线l交Γ于点A,B，分别在点A,B处作Γ的两条切线，两条切线交于点P，则1PA2+1PB2的取值范围是（ ）
A．0,1B．0,12C．0,14D．14,12
【解题思路】设直线l的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2，与抛物线联立可得x1+x2=4k,x1x2=−4，再利用求曲线上一点的切线方程得过A,B与Γ相切的直线方程，再利用两条直线的交点坐标得P2k,−1，再利用两点间的距离公式计算得结论.
【解答过程】显然直线l的斜率存在，因此设直线的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y得x2−4kx−4=0，因此Δ=−4k2+16=16k2+16>0，
故x1+x2=4k,x1x2=−4.
因为y′=x2，所以过A,B与Γ相切的直线方程分别为：y=x1x2−x124、y=x2x2−x224，
因此由y=x1x2−x124y=x2x2−x224得x=x1+x22=2k,y=x1x24=−1，即P2k,−1，
所以1PA2+1PB2=1x1−2k2+kx1+22+1x2−2k2+kx2+22
=1k2+1x12+4+1k2+1x22+4
=x12+x22+8k2+1x12+4x22+4 =x1+x22−2x1x2+8k2+1x12x22+4x12+x22+16
=16k2+1664k2+12=14k2+1.
因为k∈R，所以4k2+1≥4，因此0<14k2+1≤14，
所以1PA2+1PB2的取值范围是0,14.
故选:C.
【变式6-2】（2024·四川遂宁·模拟预测）已知过点(0,2)的直线l与抛物线C:x2=2py(p>0)交于A,B两点，抛物线在点A处的切线为l1，在B点处的切线为l2，直线l1与直线l2交于点M，当直线l的倾斜角为450时，|AB|=46．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设线段AB的中点为N，求|AB||MN|的取值范围．
【解题思路】（1）联立直线与抛物线方程得韦达定理，根据弦长公式即可求解p=2，
（2）根据中点坐标公式可得N(2k,2k2+2)，进而利用导数求解斜率，根据点斜式求解切线方程，即可联立两直线方程得M(2k,−2)，根据弦长公式求解|AB|=4(1+k2)(1+2k2)，即可代入化简求解.
【解答过程】（1）当l的斜率为450时，则l:y=x+2，不妨设Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=x+2x2=2py可得，x2−2px−4p=0，所以x1+x2=2p,x1x2=−4p，
∴ AB=x1−x22+y1−y22=2x1−x2=2×x1+x22−4x1x2=8p2+32p=46,
即p2+4p−12=0，因为p>0，解得：p=2．
从而抛物线C的方程为x2=4y
（2）由题意可知直线l有斜率，
设直线l:y=kx+2，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+2x2=4y可得，x2−4kx−8=0，则Δ=16k2+32>0
所以x1+x2=4k,x1x2=−8，
于是xN=x1+x22=2k,yN=2k2+2，即N(2k,2k2+2)
而|AB|=1+k2|x1−x2|=1+k2(x1+x2)2−4x1x2=4(1+k2)(1+2k2)
由C:x2=4y，则y′=x2，
于是抛物线C在点A处的切线l1的方程为y−14x12=12x1(x−x1)
即y=12x1x−14x12
同理可得，在点B处的切线l2的方程为y=12x2x−14x22
联立l1与l2的方程，解得y=x1+x22=2ky=14x1x2=−2，于是M(2k,−2) 则|MN|=2k2+4
从而|AB||MN|=4(1+k2)(1+2k2)2k2+4=21+k2k2+2=21−1k2+2∈[2,2)，
所以，|AB||MN|的取值范围是[2,2).
【变式6-3】（2024·浙江杭州·模拟预测）已知动圆M与圆C1：x+12+y2=49和圆C2：x−12+y2=1都内切，记动圆圆心M的轨迹为Γ.
(1)求Γ的方程；
(2)已知圆锥曲线具有如下性质：若圆锥曲线的方程为Ax2+2Bxy+Cy2+2Dx+2Ey+F=0，则曲线上一点x0,y0处的切线方程为：Ax0x+Bx0y+y0x+Cy0y+Dx0+x+Ey0+y+F=0.试运用该性质解决以下问题：点P为直线x=9上一点（P不在x轴上），过点P作Γ的两条切线PA1，PA2，切点分别为A1，A2.
（ⅰ）证明：A1A2⊥PC2；
（ⅱ）点A1关于x轴的对称点为A′1，直线A′1A2交x轴于点N，直线PC2交曲线Γ于G，H两点.记△GC2N，△HC2N的面积分别为S1，S2，求S1−S2的取值范围.
【解题思路】（1）根据椭圆的几何定义求解动点的轨迹方程；
（2）（i）根据题意中的性质求解出两条切线方程，代入点P坐标后，得出直线A1A2的方程，从而算出斜率，再去判断与另一直线是否垂直；
（ii）联立直线A1A2的方程与椭圆Γ的方程，由韦达定理得出y1+y2，y1y2，进而求解出直线A′1A2与x轴的交点N的坐标，再用垂直关系又去设出直线PC2的方程与椭圆Γ的方程联立，再用坐标去表示出|S1−S2|，最后可由基本不等式得出结果.
【解答过程】（1）设动圆M的半径为r，由题意得圆C1和圆C2的半径分别为7，1，
因为M与C1，C2都内切，
所以MC1=7−r，MC2=r−1，
所以MC1+MC2=7−r+r−1=6，
又C1−1,0，C21,0，故C2C1=2<6，
所以点M的轨迹是以C1，C2为焦点的椭圆，
设Γ的方程为：x2a2+y2b2=1a>b>0，
则2a=6，2c=2，所以b2=a2−c2=9−1=8，
故Γ的方程为：x29+y28=1
（2）
（i）证明：设A1x1,y1，A2x2,y2，P9,tt≠0，
由题意中的性质可得，切线PA1方程为xx19+yy18=1，
切线PA2方程为xx29+yy28=1，
因为两条切线都经过点P9,t，所以x1+ty18=1，x2+ty28=1，
故直线A1A2的方程为：x+ty8=1，可得直线A1A2的斜率为：kA1A2=−8t
而直线PC2的斜率为：kPC2=t9−1=t8，
因为kPC2⋅kA1A2=t8⋅−8t=−1，所以A1A2⊥PC2;
（ii）由直线A1A2的方程为：x+ty8=1，可改设直线A1A2的方程为：x=my+1m≠0，
联立x=my+18x2+9y2=72，整理得8m2+9y2+16my−64=0，
由韦达定理得y1+y2=−16m8m2+9y1y2=−648m2+9，
又A′1x1,−y1，所以直线A′1A2的方程为y+y1=y2+y1x2−x1x−x1，
令y=0得，
xN=y1x2−x1y2+y1+x1=y1x2+y2x1y2+y1=y1my2+1+y2my1+1y2+y1
=2my1y2+y1+y2y2+y1=1+2my1y2y2+y1=1+2m−648m2+9−16m8m2+9=1+8=9，
所以直线A′1A2经过定点N9,0，又C21,0，
再由A1A2⊥PC2，可设直线PC2的方程为：y=−mx−1，
再联立y=−mx−18x2+9y2=72，整理得8m2+9y2−16my−64=0，
设Gx3,y3，Hx4,y4，则由韦达定理得y3+y4=16m8m2+9=16m8+9m2y3y4=−648m2+9=−64m28+9m2<0，
因为y3y4<0，所以S1−S2=12C2Ny3−y4=4y3+y4
=64m9m2+8=649m+8m≤64272=823，
所以S1−S2max=823，当且仅当9m=8m时，即m=±223时取等号.
又因为m≠0，所以S1−S2∈−823，823.
一、单选题
1．（23-24高二下·江西鹰潭·期末）抛物线y2=9x在点1,3处的切线的斜率为（ ）
A．－1B．−32C．32D．1
【解题思路】设切线方程为y−3=kx−1，联立方程组，Δ=0，可解.
【解答过程】根据题意，抛物线y2=9x在点1,3处的切线的斜率存在，
设切线方程为y−3=kx−1，
联立方程组y−3=kx−1y2=9x，得ky2−9y+27−9k=0，
则k≠0Δ=81−4k27−9k=0，解得k=32.
故选：C.
2．（23-24高二上·湖北武汉·期中）过点4,33作直线，使它与双曲线x24−y29=1只有一个公共点，这样的直线有（ ）
A．1条B．2条C．3条D．4条
【解题思路】根据点在双曲线上，与渐近线平行以及该点处的切线均只与双曲线有一个公共点即可求解.
【解答过程】当x=4时，164−y29=1，所以y=±33，故点4,33在双曲线上，
因此过点4,33且与双曲线的两条渐近线平行的直线，只与双曲线有一个交点，
设y=kx−4+33（k≠±32,且k≠0）
将其代入双曲线方程可得x24−kx−4+3329=1，化简得14−k29x2+8k2−63k9x−16k2−243k+369=0，
令Δ=8k2−63k92+414−k2916k2−243k+369=0，化简得k−32=0，
解得k=3，
故过点4,33处的切线也只与双曲线有唯一的交点，
或者由x24−y29=1得y=±32x2−4，
当y>0时，y=32x2−4，故y′=32×122x1x2−4，故4,33处的切线斜率为y′x=4=32×12×2×4×123=3，
故过点经过点4,33的直线方程为y=3x−4+33，即y=3x−1，
联立x24−y29=1与y=3x−1可得x24−3x−129=1，解得x=4，
因此在点4,33处的切线也只与双曲线有唯一的交点，
综上可知：过点4,33的直线有3条与双曲线有一个交点，
故选：C.
3．（2024·上海·模拟预测）已知直线l与椭圆Γ，点F1,F2分别为椭圆Γ:x22+y2=1的左右焦点，直线F1M⊥l，F2N⊥l，垂足分别为点M,N（M,N不重合），那么“直线l与椭圆Γ相切”是“F1M⋅F2N=1”的（ ）
A．充分非必要B．必要非充分
C．充分必要D．既非充分又非必要
【解题思路】设直线方程为y=kx+t，将直线方程与椭圆方程联立，利用判别式和点到直线的距离公式求出t与k的关系，再根据充分性和必要性的概念求解即可.
【解答过程】根据题意可知直线l斜率存在，设直线方程为y=kx+t，
联立x22+y2=1y=kx+t得2k2+1x2+4ktx+2t2−2=0
当直线与椭圆相切时，Δ=4kt2−42k2+12t2−2=0，化简得t2=2k2+1，
由题意F1−1,0,F21,0，
因为F1M⊥l，F2N⊥l，所以F1M=−k+tk2+1,F2N=k+tk2+1，
所以当F1M⋅F2N=−k+tk2+1⋅k+tk2+1=t2−k2k2+1=1时，t2−k2=k2+1，
解得t2=2k2+1或t2=−1（舍去），
所以“直线l与椭圆Γ相切”是“F1M⋅F2N=1”的充要条件.
故选：C.
4．（23-24高二上·江西吉安·期末）已知过圆锥曲线x2m+y2n=1上一点Px,y的切线方程为x0xm+y0yn=1.过椭圆x212+y24=1上的点A3,−1作椭圆的切线l，则过A点且与直线l垂直的直线方程为（ ）
A．x−y−3=0B．x+y−2=0
C．2x+3y−3=0D．3x−y−10=0
【解题思路】根据题中所给的结论，求出过A3,−1的切线方程，进而可以求出切线的斜率，利用互相垂直的直线之间斜率的关系求出过A点且与直线l垂直的直线的斜率，最后求出直线方程.
【解答过程】过椭圆x212+y24=1上的点A3,−1的切线l的方程为3x12+−y4=1，即x−y−4=0，切线l的斜率为1，
与直线l垂直的直线的斜率为−1，
过A点且与直线l垂直的直线方程为y+1=−x−3，即x+y−2=0.
故选：B.
5．（23-24高二下·河南驻马店·阶段练习）已知抛物线C:x2=2pyp>0的焦点为F，过点P3,−2作C的两条切线，切点为A，B，且Q为C上一动点，若QF+PQ的最小值为5，则△PAB的面积为（ ）
A．75B．1252C．752D．1254
【解题思路】根据抛物线定义得到p=4，再利用导数得到切点弦所在直线方程，再求出直线AB的长和点P到直线AB的距离，最后利用三角形面积公式即可.
【解答过程】当F，Q，P三点共线时，QF+PQ取得最小值，且QF+PQmin=FP=5，
所以|FP|=9+(p2+2)2=5，解得p=4，所以C:x2=8y．
由y=18x2，得y′=14x．
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则曲线y=18x2在x=x1处的切线方程为y−18x12=14x1⋅(x−x1)，
即y=14x1x−y1．因为切线过点P(3,−2)，所以−2=34x1−y1．
同理可得2=34x2−y2，所以直线AB的方程为−2=34x−y，即3x−4y+8=0．
联立方程组3x−4y+8=0,x2=8y,得2y2−17y+8=0，Δ=172−64=225>0，则y1+y2=172．
因为直线AB过焦点F，所以AB=y1+y2+4=252，
点P到直线3x−4y+8=0的距离d=|3×3−4×(−2)+8|5=5，
所以S△PΛB=12|AB|⋅d=1254．
故选：D.
6．（2024·河北·模拟预测）过椭圆C：x24+y23=1上的点Ax1,y1，Bx2,y2分别作C的切线，若两切线的交点恰好在直线l：x=4上，则y1⋅y2的最小值为（ ）
A．−32B．−94C．－9D．94
【解题思路】利用椭圆的切点弦方程得直线AB的方程为x+ty3=1，联立椭圆方程利用韦达定理计算即可.
【解答过程】先证椭圆的切线方程：对于x2a2+y2b2=1上一点Pm,n，过P点的切线方程为mxa2+nyb2=1，
证明：当该切线存在斜率时，不妨设其方程为y=kx+t，与椭圆方程联立可得：
a2k2+b2x2+2a2ktx+a2t2−a2b2=0，
则Δ=2a2kt2−4a2k2+b2a2t2−a2b2=0⇒a2k2+b2−t2=0，m=−a2kt
代入切线方程得n=b2t，
于是k=−tma2=−ma2⋅b2n=−b2a2⋅mn，从而切线方程为y=−b2a2⋅mnx+b2n，
整理得：mxa2+nyb2=1
由椭圆方程x24+y23=1，知a2=4，b2=3，所以c2=1．
设两切线交点P4,t，易得切线PA的方程为x1x4+y1y3=1，
切线PB的方程为x2x4+y2y3=1．
由于点P在切线PA、PB上，
则x1=ty13=1x2+ty23=1，故直线AB的方程为x+ty3=1，
联立方程x24+y23=1x+ty3=1，消去x得t2+12y2−6ty−27=0，显然Δ>0，
由韦达定理得y1⋅y2=−27t2+12≥−2712=−94．
即y1⋅y2的最小值为−94．
故选：B．
7．（2024·山东·模拟预测）已知抛物线C：x2=4y，过直线l：x+2y=4上的动点P可作C的两条切线，记切点为A,B，则直线AB（ ）
A．斜率为2B．斜率为±2C．恒过点0,−2D．恒过点−1,−2
【解题思路】设Ax1,y1,Bx2,y2，求导，根据导函数几何意义得到切线方程，设P4−2n,n，将其代入两切线方程，得到直线AB的方程为y+n=2−nx，得到过定点−1,−2.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2，则x12=4y1，x22=4y2，
由于y′=12x，故过点Ax1,y1的切线方程为y−y1=12x1x−x1，
即y−y1=12x1x−12x12=12x1x−2y1，即y+y1=12x1x，
同理可得过点B的切线方程为y+y2=12x2x，
设P4−2n,n，过点Ax1,y1,Bx2,y2的两切线交于点P4−2n,n，
故n+y1=12x14−2n，整理得y1+n=2−nx1，
同理n+y2=12x24−2n，整理得y2+n=2−nx2，
故直线AB的方程为y+n=2−nx，
斜率不为定值，AB错误，当x=−1时，y=−2，恒过点−1,−2，C错误，D正确.
故选：D.
8．（2024·全国·模拟预测）抛物线E:y2=x的焦点为F，P为其准线上任意一点，过点P作E的两条切线，切点为A，B（点A与P在抛物线同侧），则PA·PF+PA·PB的最小值为（ ）
A．1B．2C．3D．14
【解题思路】根据过点P的直线与抛物线相切，得到PA⊥PB，利用抛物线对称性设不妨设切点为A在第一象限，然后利用导函数求切线斜率，进而求出直线方程，得P−14,x02−18x0，得PA⋅PF+PA⋅PB=PA⋅PF=12x0+14+x02+18x018x0−x02，最后利用基本不等式求最值.
【解答过程】
由y2=x，可知抛物线焦点F14,0，准线方程为x=−14，
因为P为其准线上任意一点，设P−14,tt>0，
设过点P且与抛物线相切的直线为：y−t=kx+14，①
由y−t=kx+14y2=x得：4ky2−4y+k+4t=0，
所以Δ=16−4×4kk+4t=0，整理得，k2+4kt−1=0，②
所以kPA，kPB是方程②的两根，
所以kPA⋅kPB=−1，故PA⊥PB，
所以PA⋅PB=0，
利用抛物线对称性，不妨设切点为A在第一象限，坐标为Ax0,x0x0>0，
由y2=x得y=x，所以y′=12x，
所以直线PA的斜率kPA=12x0，
代入①可得切线PA的方程为：y−t=12x0x+14，
又因为点Ax0,x0在直线PA上，
所以x0−t=12x0x0+14，所以t=x02−18x0，
所以点P的坐标为P−14,x02−18x0，
所以PA=x0+14,x02+18x0，PF=12,18x0−x02，
所以PA⋅PF+PA⋅PB=PA⋅PF=12x0+14+x02+18x018x0−x02
=x02+18+164x0−x04=x04+164x0+18≥2x04⋅164x0+18=18+18=14.
当且仅当x04=164x0，即x0=14时等号成立，所以PA·PF+PA·PB的最小值为14.
故选：D.
二、多选题
9．（23-24高二上·山西吕梁·期中）已知双曲线E过点−2,32且与双曲线x24−y29=1共渐近线，直线l与双曲线E交于A，B两点，分别过点A，B且与双曲线E相切的两条直线交于点P，则下列结论正确的是（ ）
A．双曲线E的标准方程是x28−y218=1
B．若AB的中点为1,4，则直线l的方程为9x−16y+55=0
C．若点A的坐标为x1,y1，则直线AP的方程为9x1x−4y1y+36=0
D．若点P在直线3x−4y+6=0上运动，则直线l恒过点3,6
【解题思路】A选项，根据两双曲线共渐近线设出双曲线方程，代入点−2,32运算得解判断；B选项，运用点差法求得直线l的斜率，即可得出直线方程可判断；C选项，设PA:y=kx−x1+y1，将直线代入双曲线E方程，由Δ=0，解得斜代回可得直线AP的方程；D选项，设出点Bx2,y2，类比C选项，求出直线PB的方程，设出点Pa,34a+32代入直线AP，PB的方程比较可得直线l的方程，从而得解.
【解答过程】因为双曲线E与双曲线x24−y29=1共渐近线，
所以可设双曲线E的方程为x24−y29=λ，又双曲线E过点−2,32，
所以(−2)24−(32)29=λ，即λ=−1，所以双曲线E的标准方程是y29−x24=1，故A错误；
设Ax1,y1，Bx2,y2，由A，B在双曲线E上，得y129−x124=1,y229−x224=1,两式相减，
得y12−y229−x12−x224=0，即y1−y2y1+y29−x1−x2x1+x24=0，
又AB的中点为1,4，所以x1+x2=2，y1+y2=8，所以kAB=y1−y2x1−x2=916，
直线l的方程为y−4=916x−1，即9x−16y+55=0，故B正确；
设直线PA:y=kx−x1+y1，代入曲线E的方程得，4k2−9x2+8ky1−8k2x1x+4k2+9x12−8kx1y1=0，令Δ=0，得
x12+4k2−2kx1y1+y12−9=0，解得k=9x14y1，则切线方程为9x1x−4y1y+36=0，
即直线AP的方程为9x1x−4y1y+36=0，故C正确；
设Bx2,y2，由选项C同理可得直线BP的方程为9x2x−4y2y+36=0，由点P在直线3x−4y+6=0上运动，可设Pa,34a+32，
因为点P在AP与BP上，所以9ax1−3a+6y1+36=09ax2−3a+6y2+36=0，因此直线l的方程为9ax−3a+6y+36=0，
即9x−3ya+36−6y=0，令9x−3y=036−6y=0，解得x=2y=6，
所以直线l恒过点2,6，故D错误．
故选：BC．
10．（23-24高三上·山西运城·期末）已知抛物线x2=2pyp>0的焦点为F，过点F的直线l与抛物线交于A、B两点，与其准线交于点D，F为AD的中点，且AF=6，点M是抛物线上BA间不同于其顶点的任意一点，抛物线的准线与y轴交于点N，抛物线在A、B两点处的切线交于点T，则下列说法正确的是（ ）
A．抛物线焦点F的坐标为0,3
B．过点N作抛物线的切线，则切点坐标为±32,34
C．在△FMN中，若MN=tMF，t∈R，则t的最大值为2
D．TF2=AF⋅BF
【解题思路】设点Dt,−p2，可得出点A的坐标，利用抛物线的定义可求得p的值，可判断A选项；设切线方程为y=kx−32，将切线方程与抛物线方程联立，由判别式为零求出k的值，可求得切点的坐标，可判断B选项；利用抛物线的定义结合B选项可判断C选项；证明出AT⊥BT，FT⊥AB，结合直角三角形的几何性质可判断D选项.
【解答过程】对于A选项，抛物线x2=2pyp>0的焦点为F0,p2，准线方程为y=−p2，
设点Dt,−p2，因为F为线段AD的中点，则A−t,3p2，
由抛物线的定义可得AF=3p2+p2=2p=6，解得p=3，则F0,32，A错；
对于B选项，由A选项可知，抛物线的方程为x2=6y，点N0,−32，
若切线的斜率不存在，则该直线与抛物线x2=6y相交，且只有一个交点，不合乎题意，
所以，切线的斜率存在，设切线的方程为y=kx−32，
联立y=kx−32x2=6y可得x2−6kx+9=0，则Δ=36k2−36=0，解得k=±1，
所以，切点横坐标为3k=±3，纵坐标为3k26=96=32，故切点坐标为±3,32，B错；
对于C选项，过点M作ME与直线y=−32垂直，垂足点为点E，
由抛物线的定义可得FM=ME，t=MNMF=MNME=1cs∠MNE，
由图可知，当直线MN与抛物线x2=6y相切时，锐角∠MNE取最大值，
此时，t取最大值，
由B选项可知，锐角∠MNE的最大值为π4，故t的最大值为1csπ4=2，C对；
对于D选项，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
若直线AB的斜率不存在，则直线AB与抛物线x2=6y只有一个交点，不合乎题意，
所以，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx+32，
联立x2=6yy=kx+32可得x2−6kx−9=0，Δ′=36k2+36>0，
由韦达定理可得x1+x2=6k，x1x2=−9，对函数y=x26求导得y′=x3，
所以，直线AT的方程为y−y1=x13x−x1，即y=x1x3−x126，
同理可知，直线BT的方程为y=x2x3−x226，
因为kATkBT=x1x29=−1，则AT⊥BT，
联立y=x1x3−x126y=x2x3−x226可得x=x1+x22=3ky=x1x26=−32，即点T3k,−32，
则FT=3k,−3，而AB=x2−x1,y2−y1=x2−x1,kx2−x1，
所以，FT⋅AB=3kx2−x1−3kx2−x1=0，则FT⊥AB，
所以，∠TBF=90∘−∠BTF=∠ATF，
由tan∠TBF=tan∠ATF可得TFBF=AFTF，所以，TF2=AF⋅BF，D对.
故选：CD.
11．（2024·浙江金华·模拟预测）已知椭圆x22+y2=1,O为原点，过第一象限内椭圆外一点Px0,y0作椭圆的两条切线，切点分别为A，B．记直线OA,OB,PA,PB的斜率分别为k1,k2,k3,k4，若k1⋅k2=14，则（ ）
A．k3⋅k4为定值B．k1+k3⋅k2+k4为定值
C．x0−y0的最大值为2D．5x0−3y0的最小值为4
【解题思路】设直线AB的方程为y=kx+t，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由k1⋅k2=14得到方程，求出t2=4k2−1，证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，从而得到椭圆在点Ax1,y1和Bx2,y2的切线方程，得到切点弦方程AB为x02x+y0y=1，对照系数结合t2=4k2−1得到Px0,y0的轨迹方程，A选项，计算出k3=−12k1，k4=−12k2，求出k3k4=1；B选项，在A选项基础上进行求解；C选项，得到双曲线的渐近线，C错误；D选项，先得到x0>y0，设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，联立双曲线方程，由根的判别式得到不等式，求出答案.
【解答过程】由于k1⋅k2=14>0，故A,B不关于x轴对称且A,B的横纵坐标不为0，
所以直线AB方程斜率一定存在，
设直线AB的方程为y=kx+t，联立x22+y2=1得，
1+2k2x2+4ktx+2t2−2=0，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则x1+x2=−4kt1+2k2,x1x2=2t2−21+2k2，
故y1y2=kx1+tkx2+t=k2x1x2+ktx1+x2+t2
=k2⋅2t2−21+2k2+kt⋅−4kt1+2k2+t2=−2k2+t21+2k2，
其中k1=y1x1,k2=y2x2，
故y1y2x1x2=14，即4y1y2=x1x2，
所以−8k2+4t21+2k2=2t2−21+2k2，解得t2=4k2−1，
下面证明椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1，理由如下：
当y3≠0时，故切线的斜率存在，设切线方程为y=nx+m，
代入椭圆方程得：a2n2+b2x2+2a2nmx+a2m2−a2b2=0，
由Δ=2a2nm2−4a2n2+b2a2m2−a2b2=0，化简得：
a2n2−m2+b2=0，
所以x3=−2a2nm±Δ2a2n2+b2=−2a2nm±02m2=−a2nm，
把x3=−a2nm代入y=nx+m，得：y3=−a2n2+m2m=b2m，
于是n=−mx3a2=−x3a2⋅b2y3=−b2x3a2y3，
则椭圆的切线斜率为−b2x3a2y3，切线方程为y−y3=−b2x3a2y3x−x3，
整理得到a2y3y+b2x3x=a2y32+b2x32，
其中b2x32+a2y32=a2b2，故a2y3y+b2x3x=a2b2，即x3xa2+y3yb2=1，
当y3=0时，此时x3=a或−a，
当x3=a时，切线方程为x=a，满足x3xa2+y3yb2=1，
当x3=−a时，切线方程为x=−a，满足x3xa2+y3yb2=1，
综上：椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)在Qx3,y3处的切线方程为x3xa2+y3yb2=1；
故椭圆在点Ax1,y1的切线方程为x1x2+y1y=1，
同理可得，椭圆在点Bx2,y2的切线方程为x2x2+y2y=1，
由于点Px0,y0为x1x2+y1y=1与x2x2+y2y=1的交点，
故x1x02+y1y0=1，x2x02+y2y0=1，
所以直线AB为x02x+y0y=1，
因为直线AB的方程为y=kx+t，对照系数可得
k=−x02y0,t=1y0，
又t2=4k2−1，故1y02=4−x02y02−1，整理得x02−y02=1，
又Px0,y0在第一象限，
故点Px0,y0的轨迹为双曲线x2−y2=1位于第一象限的部分，
A选项，k3=−b2x1a2y1=−x12y1=−12k1，同理可得k4=−b2x2a2y2=−x22y2=−12k2，
则k3k4=−12k1⋅−12k2=14k1k2=1，A正确；
B选项，k1+k3⋅k2+k4=k1−12k1k2−12k2=k1k2−k12k2−k22k1+14k1k2
=14+1−k12k2−k22k1=54−k12+k222k1k2=54−2k12+k22，
其中k12+k22=y12x12+y22x22=x22y12+x12y22x1x22=x221−x122+x121−x222x1x22
=x12+x22−x12x22x1x22=x12+x22x12x22−1=x1+x22−2x1x2x12x22−1
=−4kt1+2k22−2⋅2t2−21+2k22t2−21+2k22−1=16k2t2−4t2−41+2k22t2−22−1
又t2=4k2−1，
故k12+k22=16k24k2−1−16k2−81+2k28k2−42−1=−4k4+6k2−18k4−8k2+2，不为定值，
故k1+k3⋅k2+k4=54−2k12+k22不是定值，B错误；
C选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故双曲线的一条渐近线为y=x，
设x0−y0=s，则s<1，故x0−y0无最大值，
D选项，由于x02−y02=1，x0>0，y0>0，故x0>y0，
设5x0−3y0=ℎ，则ℎ>0，
则两式联立得−16y02+6ℎy0+ℎ2−25=0，
由Δ=36ℎ2+64ℎ2−25≥0得，ℎ≥4，
检验，当ℎ=4时，5x0−3y0=4，又x02−y02=1，
解得x0=54y0=34，满足要求.
故5x0−3y0的最小值为4，D正确.
故选：AD.
三、填空题
12．（2024高二·全国·专题练习）过点P(3,3)作双曲线C：x2−y2=1 的两条切线，切点分别为A,B，求直线AB的方程 3x−3y−1=0 ．
【解题思路】设PA的斜率为k，得到PA:y−y1=k(x−x1)，联立方程组，根据Δ=0和双曲线的方程，求得k=x1y1，得到PA的方程为y1y=x1x−1，同理PB的方程为y2y=x2x−1，进而得到3y1=3x1−13y2=3x2−1，进而求得过A,B的直线方程.
【解答过程】设A(x1,y1),B(x2,y2)，易得两条切线的斜率存在，设PA的斜率为k，
则PA:y−y1=k(x−x1)，联立方程y−y1=k(x−x1)x2−y2=1，
消去y得(1−k2)x2−2k(y1−kx1)x−(y1−kx1)2−1=0，
因为PA与双曲线相切，所以Δ=4k2(y1−kx1)2+4(1−k2)(y1−kx1)2+4(1−k2)=0，
即4(y1−kx1)2+4(1−k2)=0，即k2x12−2kx1y1+y12+1−k2=0，
即(x12−1)k2−2kx1y1+y12+1=0，
因为x12−y12=1，所以x12−1=y12,y12+1=x12，
代入可得y12k2−2x1y1k+x12=0，即(y1k−x1)2=0，所以k=x1y1，
所以PA:y−y1=x1y1(x−x1)，即y1y=x1x−1，
同理可得PB的方程为y2y=x2x−1，
因为P(3,3)在切线PA,PB上，所以3y1=3x1−13y2=3x2−1，
所以A,B满足方程3y=3x−1，
又由两点确定一条直线，所以A,B满足直线方程3y=3x−1，
所以过A,B的直线方程为3x−3y−1=0.
故答案为：3x−3y−1=0.
13．（2024·全国·模拟预测）设P为圆O：x2+y2=5上任意一点，过点P作椭圆x23+y22=1的两条切线，切点分别为A，B，点O，P到直线AB的距离分别为d1，d2，则d1⋅d2的值为 65 ．
【解题思路】设Ax1,y1，Bx2,y2，P(x0,y0)，根据题意写出直线AB的方程，再利用点到直线距离公式分别写出d1，d2，进而求出d1⋅d2即可.
【解答过程】设Ax1,y1，Bx2,y2，P(x0,y0)，
由题意，得椭圆x23+y22=1在点Ax1,y1处的切线方程为x1x3+y1y2=1，在点Bx2,y2处的切线方程为x2x3+y2y2=1，
两条切线均过点P(x0,y0)，则x1x03+y1y02=1，x2x03+y2y02=1，
所以直线AB的方程为x0x3+y0y2=1，即2x0x+3y0y=6．
所以d1=64x02+9y02，d2=2x02+3y02−64x02+9y02．所以d1⋅d2=62x02+3y02−64x02+9y02．
因为x02+y02=5，所以y02=5−x02．所以d1⋅d2=62x02+35−x02−64x02+95−x02=65⋅9−x029−x02．因为d1⋅d2>0，所以d1⋅d2=65．
故答案为：65．
14．（2024·广东茂名·模拟预测）已知抛物线C：x2=4y，定点T1,0，M为直线y=12x−1上一点，过M作抛物线C的两条切线MA，MB，A，B是切点，则△TAB面积的最小值为 3 .
【解题思路】根据题意设出过点M的切线方程，得出切线斜率之间的关系，求出直线AB方程，联立直线AB与抛物线C方程，利用韦达定理结合面积公式可得结果.
【解答过程】设Mx0,y0，MA,MB的斜率分别为k1,k2，且y0=12x0−1
过点M的切线方程为y−y0=kx−x0，联立y−y0=kx−x0x2=4y，
解得x2−4kx−2x0+4+4kx0=0，所以Δ=16k2−4−2x0+4+4kx0=0，
即2k2−2kx0+x0−2=0，所以k1+k2=x0,k1k2=x0−22，
设切点Ax1,y1,Bx2,y2，由导数几何意义知k1=12x1,k2=12x2，
所以A2k1,k12,B2k2,k22，kAB=k22−k122k2−2k1=k2+k12，所以直线AB:y−k12=k2+k12x−2k1，
即lAB：x0x−2y−2y0=0且2y0=x0−2，所以lAB：x0x−2y−x0+2=0，
直线AB恒过定点1,1，其到T的距离为1，
联立x0x−2y−2y0=0x2=4y得x2−2x0x+4y0=0，
∴x1+x2=2x0，x1x2=4y0，即x1−x22=4x02−16y0=4x02−8x0+16=4x0−12+12≥12，
∴S△TAB=12×1×x1−x2≥3，
故答案为：3.
四、解答题
15．（2024高三·全国·专题练习）（1）求双曲线x2−y22=1在点2,2处的切线方程；
（2）已知P1,1是双曲线外一点，过P引双曲线x2−y22=1的两条切线PA,PB，A，B为切点，求直线AB的方程．
【解题思路】
（1）由双曲线上一点的切线方程，代入计算，即可得到结果；
（2）根据题意，分别表示出直线PA,PB的方程，再将点P的坐标代入计算，即可得到结果.
【解答过程】
（1）由双曲线x2a2−y2b2=1a>0,b>0上一点Px0,y0处的切线方程为xx0a2−yy0b2=1，
所以双曲线x2−y22=1在点2,2处的切线方程为2x−22y=1，
化简可得2x−y−2=0.
（2）设切点Ax1,y1,Bx2,y2，则PA:xx1−yy12=1，PB:xx2−yy22=1，
又点P1,1在直线上，代入可得x1−y12=1，x2−y22=1，
所以点Ax1,y1,Bx2,y2均在直线x−y2=1上，
所以直线AB的方程为x−y2=1，即2x−y−2=0.
16．（24-25高三上·贵州遵义·阶段练习）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M:x2+(y+2)2=1上点的距离的最小值为2．
(1)求p；
(2)已知点P(−1,−2)，PA，PB是抛物线C的两条切线，A，B是切点，求AB．
【解题思路】（1）根据圆外一点到圆上的点的最小距离的求法确定p的值.
（2）设过P点的切线方程，带入抛物线方程，由直线与抛物线相切，可求切线斜率和切点坐标，利用两点间的距离公式求AB.
【解答过程】（1）因为F0,p2（p>0），则其到圆心距离减去半径为2，故p2+2−1=2 ⇒ p=2.
（2）由（1）可知，抛物线C的标准方程为：x2=4y.
如图：
因为过P(−1,−2)点的切线一定有斜率，故设切线方程为：y+2=kx+1，即y=kx+k−2，
代入x2=4y得：x2=4kx+k−2，整理得：x2−4kx−4k−2=0.
因为直线与抛物线相切，所以Δ=16k2+16k−2=0 ⇒ k=−2或k=1.
当k=−2时，由x2+8x+16=0 ⇒ x=−4，所以切点A−4,4；
当k=1时，由x2−4x+4=0 ⇒ x=2，所以切点B2,1.
所以AB=−4−22+4−12 =45 =35.
17．（2024·安徽·二模）已知点P在椭圆C：x24+y22=1的外部，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B．
(1)①若点A坐标为x1,y1，求证：直线PA的方程为x1x4+y1y2=1；②若点P的坐标为x0,y0，求证：直线AB的方程为x0x4+y0y2=1；
(2)若点P在圆x2+y2=4上，求△PAB面积的最大值．
【解题思路】（1）①设PA方程y−y1=kx−x1，联立椭圆方程，结合判别式化简可得k=−x12y1，继而结合直线方程化简，即可证明结论；②根据方程思想，结合额两点确定一条直线，即可即可证明结论；
（2）确定直线AB的方程x0x4+y0y2=1，联立椭圆方程，可得根与系数的关系式，即可求得弦长AB，再求出P到直线AB的距离的表达式，即可求得△PAB面积的表达式，利用导数求最值，即可得答案.
【解答过程】（1）①当PA斜率存在时，y1≠0，设PA方程为：y−y1=kx−x1
与C：x24+y22=1联立整理得：1+2k2x2+4ky1−kx1x+2y1−kx12−4=0，
由已知得：Δ=16k2y1−kx12−41+2k22y1−kx12−4=0，
化简得：4−x12k2+2x1y1k+2−y12=0
因为x12+2y12=4，则4y12k2+4x1y1k+x12=0，
即2y1k+x12=0，所以k=−x12y1，
PA方程为：y−y1=−x12y1x−x1，即x1x+2y1y=x12+2y12，则x1x+2y1y=4，
故直线PA的方程为x1x4+y1y2=1
当PA斜率不存在时，y1=0，直线PA的方程为x=2或x=−2满足上式.；
所以直线PA的方程为x1x4+y1y2=1；
②由①知，设B点坐标为x2,y2，则直线PB的方程为x2x4+y2y2=1，
由点P的坐标为x0,y0，则x1x04+y1y02=1，x2x04+y2y02=1，
则Ax1,y1，Bx2,y2两点都在直线x0x4+y0y2=1上，
由于两点确定一条直线，故直线AB的方程为x0x4+y0y2=1；
（2）由（1）知直线AB的方程为x0x4+y0y2=1，由题意知y0≠0，
与C：x24+y22=1联立整理得：x02+2y02x2−8x0x+16−8y02=0
因为x02+y02=4，所以Δ′=64x02−4x02+2y0216−8y02=32y02>0
因为Ax1,y1，Bx2,y2，则x1+x2=8x0x02+2y02=8x0y02+4，x1x2=16−8y02y02+4，
所以AB=1+x024y02x1+x22−4x1x2=4+3y024y02×32y04y02+42=2y024+3y02y02+4，
点P到直线AB的距离为：d=x02+2y02−4x02+4y02=y024+3y02，
所以△PAB面积S=12ABd=2y03y02+4,y0≠0，
当0
故fy0在0,2单调递增，所以fy0的最大值为f2=2，
由对称性可知当−2≤y0<0时，fy0的最大值也为2，
故△PAB面积的最大值为2.
18．（24-25高三上·河北邢台·开学考试）已知A0,2,P是抛物线C1:x2=4y上任一点，Q为PA的中点，记动点Q的轨迹为C2.
(1)求C2的方程；
(2)过点P作曲线C2的两条切线，切点分别为M,N，求点P到直线MN的距离的最小值.
【解题思路】（1）设Qx,y，从而得到点P的坐标为2x,2y−2，再根据点P是抛物线C1上任一点，代入方程，整理可得；
（2）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，利用导数的几何意义表示出切线方程，即可得到y0=x1x0−y1+2，同理可得y0=x2x0−y2+2，从而得到直线MN的方程为xx0−y+2−y0=0，再由点到直线的距离公式及基本不等式计算可得.
【解答过程】（1）设Qx,y，因为Q为PA的中点，所以点P的坐标为2x,2y−2，
又点P是抛物线C1:x2=4y上任一点，所以2x2=42y−2，
整理得x2=2y−2，即C2的方程为x2=2y−2；
（2）设Px0,y0，Mx1,y1，Nx2,y2，则y0=14x02，x12=2y1−2，x22=2y2−2，
由抛物线C2的方程为x2=2y−2，即y=12x2+1，则y′=x，
所以PM的方程为y−y1=x1x−x1，即y=x1x−y1+2，
所以y0=x1x0−y1+2，同理可得y0=x2x0−y2+2，
所以直线MN的方程为xx0−y+2−y0=0，
则点P到直线MN的距离d=x02+2−2y0x02+1=12x02+2x02+1=12x02+1+3x02+1
≥12×2x02+1⋅3x02+1=3，
当且仅当x02+1=3x02+1，即x0=±2时取等号，
所以点P到直线MN的距离的最小值为3.
19．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知椭圆C: x24+y2=1，直线x+2y+4=0，P是直线l上的动点，过P作椭圆C的切线PS，PT，切点分别为S，T．
(1)当点P坐标为2,−3时，求直线ST的方程；
(2)求证：当点P在直线l上运动时，直线ST恒过定点M；
(3)是否存在点P使得△PST的重心恰好是椭圆的左顶点−2,0，如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）设Sx1,y1,Tx2,y2,Px0,y0，由椭圆的切线方程，可得直线ST的方程是x0x4+y0y=1，点P坐标为2，−3时，即可写出直线ST的方程；
（2）由直线ST的方程是x0x4+y0y=1，点P在直线l上，满足x0+2y0+4=0，可得−12x+yy0−x+1=0，可得直线ST恒过定点M−1,−12；
（3）联立ST的方程与椭圆方程，因为△PST的重心为−2，0，所以x1+x2+x0=−6，由韦达定理表示出x1+x2代入x1+x2+x0=−6，再与x0+2y0+4=0联立，即可解得x0，进而得到y0，即可得点P存在，坐标为−4,0.
【解答过程】（1）
设Sx1,y1,Tx2,y2,Px0,y0，已知椭圆为x24+y2=1，
由椭圆的切线方程，切线PS的方程为x1x4+y1y=1，
又点P在该直线上，所以x1x04+y1y0=1，
切线PT的方程为x2x4+y2y=1，
又点P在该直线上，所以x2x04+y2y0=1，
则点S，T都在直线x0x4+y0y=1上，即直线ST的方程是x0x4+y0y=1，
当点P坐标为2,−3时，x0=2,y0=−3，
所以直线ST的方程是2x4−3y=1，即x−6y−2=0.
（2）由（1）知直线ST的方程是x0x4+y0y=1，
又点P在直线l上，所以x0+2y0+4=0，
得x0=−2y0−4，代入ST的方程得−2y0−4x4+y0y=1，
即−12x+yy0−x+1=0，所以−12x+y=0x+1=0，
解得x=−1y=−12，直线ST恒过定点M−1,−12.
（3）因为直线ST的方程是x0x4+y0y=1，所以y=−x04y0x+1y0，
代入x24+y2=1得14x2+−x04y0x+1y02=1，
整理得14+x0216y02x2−x02y0x+1y0−1=0，
因为△PST的重心为−2，0，所以x1+x2+x0=−6，y1+y2+y0=0，
所以x02y014+x0216y02+x0=−6x0+2y0+4=0，得4x0x02+4x0+8+x0=−6，
解得x0=−4，则y0=0，此时ST⊥x轴，y1+y2+y0=0成立，
所以点P存在，坐标为−4,0.
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