2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点31圆锥曲线中的切线与切点弦问题(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学复习举一反三训练(全国通用)重难点31圆锥曲线中的切线与切点弦问题(学生版+解析)，共23页。

TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc29385" 【题型1 椭圆中的切线方程与切点弦问题】 PAGEREF _Tc29385 \h 2
\l "_Tc30995" 【题型2 双曲线中的切线方程与切点弦问题】 PAGEREF _Tc30995 \h 6
\l "_Tc25582" 【题型3 抛物线中的切线方程与切点弦问题】 PAGEREF _Tc25582 \h 10
\l "_Tc26302" 【题型4 切点弦过定点问题】 PAGEREF _Tc26302 \h 13
\l "_Tc18520" 【题型5 与切点弦有关的面积问题】 PAGEREF _Tc18520 \h 19
\l "_Tc23304" 【题型6 与切点弦有关的定值问题】 PAGEREF _Tc23304 \h 25
\l "_Tc5583" 【题型7 与切点弦有关的最值（范围）问题】 PAGEREF _Tc5583 \h 34
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，学会灵活求解.
知识点 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.
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.
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 椭圆中的切线方程与切点弦问题】
【例1】（24-25高二下·浙江嘉兴·期中）经过点P(1,32)且与椭圆x24+y2=1相切的直线方程是 ( )
A．x+23y−4=0B．x−23y−4=0
C．x+23y−2=0D．x−23y+2=0
【答案】A
【解题思路】先利用点斜式，设出直线方程，与椭圆方程联立，得到一元二次方程，让此方程根的判断式为零，求出斜率，即可求出切线方程，要考虑斜率不存在的情况．
【解答过程】显然当x=1时，直线与椭圆有两个交点，不符合题意；
当存在斜率k时，直线方程设为：y−32=k(x−1)，与椭圆的方程联立得，
y−32=k(x−1)x24+y2=1，得到(1+4k2)x2+4kx(3−2k)+4k2−43k−1=0
直线与椭圆相切，故Δ=0，即[4k(3−2k)]2−4×(1+4k2)×(4k2−43k−1)=0
解得k=−36所以切线方程为x+23y−4=0，
故选A．
【变式1-1】（2025·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
【答案】B
【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．
【变式1-2】（25-26高三上·河北沧州·阶段练习）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率e=32，短轴长为2，Px0,y0是椭圆外一点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若P2,2，过点P作直线l与椭圆C相切，求直线l的方程；
(3)若过点P作椭圆C的两条切线互相垂直，求点P的轨迹方程.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)x=2或3x−8y+10=0
(3)x02+y02=5
【解题思路】（1）利用已知条件及a2=b2+c2即可求解；
（2）讨论直线l的斜率是否存在，再联立直线与椭圆的方程，令Δ=0即可求解；
（3）讨论直线PA的斜率是否存在及是否为0，联立直线与椭圆的方程，令Δ=0，再借助韦达定理即可求解；
【解答过程】（1）由题意得b=1，因为e=ca=32，a2=b2+c2，所以a=2，
故椭圆C的标准方程为x24+y2=1；
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l：x=2，易得x=2与椭圆C相切；
当直线l的斜率存在时，设直线l：y−2=kx−2，即y=kx−2k+2，
联立y=kx−2k+2x24+y2=1，可得(1+4k2)x2+16k(1−k)x+16(1−k)2−4=0，
由Δ=0可得，162k2(1−k)2−4(1+4k2)[16(1−k)2−4]=0，
即4k2+1−4(k−1)2=0，解得k=38.
此时直线l的方程为3x−8y+10=0.
综上所述，直线l的方程为x=2或3x−8y+10=0.
（3）设切点分别为A，B，
当直线PA斜率不存在时，此时直线PB的斜率为0；
当直线PA斜率为0时，此时直线PB的斜率不存在，易得P±2,±1；
当直线PA斜率存在且不为0时，此时x0≠±2，y0≠±1，
设直线PA方程为y−y0=kx−x0，
联立y−y0=kx−x0x24+y2=1，可得(1+4k2)x2+8k(y0−kx0)x+4(y0−kx0)2−4=0，
由于直线PA与椭圆C相切，所以Δ=0，
化简得(y0−kx0)2−1−4k2=0，即(x02−4)k2−2x0y0k+y02−1=0，
由于直线PB斜率为−1k，
所以方程(x02−4)x2−2x0y0x+y02−1=0的两个根分别为k和−1k，
所以k×−1k=−1=y02−1x02−4，
化简得x02+y02=5，
此时点P的轨迹方程为x02+y02=5x0≠±2,y0≠±1，
将P±2,±1代入x02+y02=5中成立，
综上所述，点P的轨迹方程为x02+y02=5.
【变式1-3】（24-25高二下·河北邯郸·阶段练习）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=32，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点M3,12作直线l与椭圆C相切，求直线l的方程；
(3)若过椭圆外一点Px0,y0可以作椭圆C的两条互相垂直的切线，求点P的轨迹方程.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)y=−32x+2
(3)x2+y2=5.
【解题思路】（1）根据题意，列出方程，结合a2=b2+c2求得a,b的值，即可求解；
（2）设直线l的方程为y−12=k(x−3)，联立方程组，根据直线l与椭圆C相切，利用Δ=0，求得k的值，即可得到直线l的方程；
（3）当切线斜率不存在或为0时，求得点P；当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为y−y0=kx−x0，联立方程组，结合Δ=0，求得x02−4k2−2x0y0k+y02−1=0，根据两条切线互相垂直，得到x02+y02=5，进而得到点P的轨迹方程.
【解答过程】（1）解：由题意知，离心率e=32，且短轴长为2，可得ca=32,b=1，
又a2=b2+c2，所以a=2，故椭圆C的标准方程为x24+y2=1.
（2）解：由椭圆x24+y2=1，可得点M3,12在椭圆C上，
则直线l的斜率存在，可设直线l的方程为y−12=k(x−3)，
联立方程组y−12=k(x−3)x24+y2=1，可得1+4k2x2+8k12−3kx+412−3k2−4=0，
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ=0，即4k2+43k+3=0，解得k=−32，
所以直线l的方程为y−12=−32(x−3)，即y=−32x+2.
（3）解：当切线斜率不存在或为0时，此时点P(±2,±1)；
当切线斜率存在且不为0时，x0≠±2且y0≠±1，
设切线方程为y−y0=kx−x0，联立方程组y−y0=kx−x0x24+y2=1 ，
整理得1+4k2x2+8ky0−kx0x+4y0−kx02−4=0，
由Δ=0，可得y0−kx02−1−4k2=0，即x02−4k2−2x0y0k+y02−1=0，
因为两条切线互相垂直，所以y02−1x02−4=−1，可得x02+y02=5，
此时，点P的轨迹方程为x2+y2=5(x≠±2,y≠±1)，
综上所述，点P的轨迹方程为x2+y2=5.
【题型2 双曲线中的切线方程与切点弦问题】
【例2】（2025高三·全国·专题练习）设双曲线C：x2−2y2=1上点P(3,1)．求双曲线C在点P处的切线l的方程．
【答案】3x−2y−1=0.
【解题思路】将双曲线在某点的切线方程转化为曲线在某点的切线方程，利用导数求出在某点的切线斜率，进一步求出切线的方程.
【解答过程】由C:x2−2y2=1可得y=±x2−12，
根据题目条件，可知求曲线y=x2−12在点P(3,1)处的切线l的方程，
y′=12x2−12−12x=x2x2−1
∴曲线y=x2−12在点P(3,1)处的切线斜率为k=32
∴曲线y=x2−12在点P(3,1)处的切线方程为y=32(x−3)+1
化简得3x−2y−1=0
∴双曲线C在点P处的切线l的方程为3x−2y−1=0．
【变式2-1】（2025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．
【答案】2x−y−2=0
【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2-2】（2025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．
【答案】（1）2x−y−2=0；（2）2x−y−2=0.
【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.
【变式2-3】（24-25高二下·江西南昌·期末）已知曲线C1:x2+y=3和曲线C2:x22+y2=1.
(1)若曲线C1上两个不同点A、B的横坐标分别为x1,x2，求证：直线AB的方程：y=−(x1+x2)x+x1x2+3；
(2)若直线l：y=kx+m与曲线C2相切，求证：m2=2k2+1；
(3)若曲线C1上任意点P向曲线C2引两条切线交C1于另两点为Q、R，求证：直线QR与曲线C2相切.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解题思路】（1）根据斜率公式以及点斜式即可求解直线方程；
（2）联立直线与曲线方程可得1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0，根据判别式为0即可求解；
（3）根据y=−x1+x2x+x1x2+3以及（2）中m2=2k2+1得QR的方程：2x1x+y1−1y−y1+5=0，验证（2）的结论即可求解.
【解答过程】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，因为A，B在曲线C1:x2+y=3上，所以有：
y1=3−x12,y2=3−x22，易知x1≠x2，
所以直线AB的斜率kAB=y2−y1x2−x1=3−x22−3−x12x2−x1=x12−x22x2−x1=−x1+x2.
根据点斜式方程，直线AB过点Ax1,y1，则直线AB的方程为y−y1=−x1+x2x−x1.
将y1=3−x12代入上式得：y−3−x12=−x1+x2x−x1，
展开可得：y−3+x12=−x1+x2x+x1x1+x2,
化简得y=−x1+x2x+x12+x1x2+3−x12，
即y=−x1+x2x+x1x2+3，得证.
（2）将直线：y=kx+m代入曲线C2:x22+y2=1，可得：x22+kx+m2=1，
展开并整理得：1+2k2x2+4kmx+2m2−2=0.
因为直线l与曲线C2相切，所以此一元二次方程的判别式Δ=0.
则Δ=4km2−41+2k22m2−2=0
展开得：16k2m2−42m2−2+4k2m2−4k2=0，
化简可得m2=2k2+1，得证.
（3）设P，Q，R三点横坐标分别为x1,y1，x2,y2，x3,y3，
结合（1）可知直线PQ的方程：y=−x1+x2x+x1x2+3，
直线PQ与曲线C2相切，再结合（2）中m2=2k2+1得：x1x2+32=2x1+x22+1.
整理得：2x12+2x22−x12x22−2x1x2−8=0⇔23−y1+23−y2−3−y13−y2−2x1x2−8=0
再整理：2x1x2+y1y2−y1+y2+5=0⇒2x1x2+y1−1y2−y1+5=0.
同理可得2x1x3+y1−1y3−y1+5=0，
所以直线2x1x+y1−1y−y1+5=0既过点Qx2,y2又过点Rx3,y3
即直线QR的方程：2x1x+y1−1y−y1+5=0.
再次结合（2）可推算：
2k2−m2+1=22x1y1−12−y1−5y1−12+1=8x12−y1−5y1−122+1=83−y1−y1−5y1−122+1=−y12+2y1−1y1−12+1=0,
所以，直线QR与曲线C2相切.
【题型3 抛物线中的切线方程与切点弦问题】
【例3】（24-25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
【答案】C
【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.
【变式3-1】（24-25高三下·安徽安庆·阶段练习）AB是过抛物线x2=4y的焦点且斜率为1的弦，直线l1,l2是抛物线两条分别切于A,B的切线，则l1,l2的交点的坐标为（ ）
A．（2，−1）B．（1，−1）C．（3，−1）D．（4，1）
【答案】A
【解题思路】先写出焦点坐标然后根据点斜式写出直线AB的方程与抛物线方程联立求出交点AB的坐标，对抛物线所对的函数求导继而求出切线斜率写出两条切线方程，联立方程组求出交点坐标即可.
【解答过程】抛物线x2=4y的焦点坐标为（0，1），
因为AB是过抛物线x2=4y的焦点且斜率为1的弦
所以AB所在直线的方程为：y−1=1×(x−0)整理得y=x+1.
设A(x1,y1)，B(x2,y2)
直线方程与抛物线方程联立得：y=x+1x2=4y，消元得：x2−4x−4=0，
x1=2+22， x2=2−22，所以y1=3+22，y2=3−22
所以A2+22,3+22，B2−22,3−22
因为抛物线方程为y=14x2，所以y′=x2，
kA=1+2，kB=1−2，
因为直线l1是抛物线过A点的切线，所以直线方程为：y=1+2x−3−22，
因为直线l2是抛物线过B点的切线，所以直线方程为：y=1−2x−3+22
两切线方程联立得：y=1+2x−3−22y=1−2x−3+22，
解得：x=2，y=−1
所以交点坐标为2,−1.
故选：A.
【变式3-2】（24-25高二上·广东·期末）已知点A1,y0是抛物线C:y2=2px(p>0)上一点，F为C的焦点，且|AF|=2.
(1)求C的准线方程；
(2)若点A位于第一象限，求C在点A处的切线l的方程.
【答案】(1)x=−1
(2)x−y+1=0
【解题思路】（1）根据抛物线焦半径公式计算得出p=2，再得出抛物线方程进而得出准线方程即可；
（2）先设直线方程，再联立方程组，再分k≠0和.k=0.两种情况，直线l与C相切求参即可得出直线方程.
【解答过程】（1）因为抛物线C:y2=2pxp>0，A1,y0，
所以AF=1+p2=2，所以p=2，可得C:y2=4x
所以C的准线方程为x=−1.
（2）因为点A1,y0在抛物线C上，所以y02=4，
又A1,y0位于第一象限，所以y0=2，所以A1,2，
过点A的直线l与C相切，若直线l斜率不存在，不符合题意；
设直线l:y−2=kx−1与C:y2=4x，
由y−2=kx−1y2=4x，得ky2−4y+8−4k=0，
当k≠0时，Δ=16−4k8−4k=0，即k2−2k+1=0，即k=1，
当k=0时，−4y+8=0，y=2与抛物线相交，不符合题意；
所以l的方程为y−2=x−1，即x−y+1=0.
【变式3-3】（24-25高三上·河南南阳·期末）已知抛物线C:y2=4x.
(1)求抛物线在点A1,2处的切线方程；
(2)若直线l交抛物线C于不同于原点O的两点Mx1,y1，Nx2,y2，经研究，下面三个结论等价，请选择其中一个作为条件，证明其他两个成立.
①OM⊥ON；②直线l过定点4,0；③x1x2=16，y1y2=−16.
【答案】(1)x−y+1=0；
(2)证明见解析.
【解题思路】（1）法一：设斜率并应用点斜式写出直线方程，联立抛物线得到一元二次方程，再由Δ=0求斜率，即可得直线方程；法二：应用导数几何意义求切线方程；
（2）设直线l:x=my+n联立抛物线得到一元二次方程，写出韦达公式，根据所选条件应用向量垂直的坐标表示并带入韦达公式得到参数关系证明结论即可.
【解答过程】（1）法一：显然抛物线在A1,2处的切线的斜率存在，设其为k，
则切线方程为y−2=kx−1，与抛物线C:y2=4x联立，得kx−1+22=4x，
即k2x2+2k2−k−4x+2−k2=0，只需k2≠0Δ=2k2−k−42−4k22−k2=0，解得k=1，
所以切线方程为x−y+1=0.
法二：要求抛物线C.:y2=4x在A1,2处的切线，则由y=4x可得y′=1x
所以在A1,2处的切线的斜率k=11=1，所以切线方程为x−y+1=0.
（2）因为直线l交抛物线C于Mx1,y1，Nx2,y2两点，所以可设直线l:x=my+n
由y2=4xx=my+n，消去x可得y2−4my−4n=0，
所以Δ=16m2+16n>0，y1+y2=4m，y1y2=−4n，
x1+x2=my1+n+my2+n=my1+y2+2n=4m2+2n，
x1x2=y124⋅y224=y1⋅y2216=n2，
由①⇒②③：因为OM⊥ON，所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=0，即n2−4n=0，
所以n=4（n=0舍去）.
所以直线l:x=my+4经过定点4,0，即证②.
所以x1x2=n2=16，y1y2=−4n=−16，即证③.
由②⇒①③：因为直线l经过定点4,0，则n=4
由上面可得y1y2=−4n=−16，x1x2=n2=16，即证③；
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=16−16=0，所以OM⊥ON，即证①.
由③⇒①②：因为x1x2=16，y1y2=−16，
所以OM⋅ON=x1x2+y1y2=16−16=0，所以OM⊥ON，即证①.
由上面可得y1y2=−4n=−16，解得n=4，
所以直线l:x=my+4经过定点4,0，即证②.
【题型4 切点弦过定点问题】
【例4】（2025·湖南常德·一模）已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，点Pa,2在C上，且PF=2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P作圆O:x2+y2=r2(r>0)的两条切线l1,l2，且l1,l2分别与C相交于点A，B（异于点P）.
（ⅰ）若l1⊥l2，求△PAB.面积；
（ⅱ）证明：直线AB过定点.
【答案】(1)y2=4x
(2)6409；证明见解析.
【解题思路】（1）根据焦半径公式结合题设条件可得关于p,a的方程组，求出解后可得抛物线方程；
（2）（ⅰ）设l1:y−2=kx−1,l2:y−2=−1kx−1，再根据OP=2r=12+22=5，得出k，再联立方程得出点A,B的坐标计算得出面积；（ⅱ）设直线AB联立得出y1+y2=4m,y1y2=−4n，根据k1⋅k2=−1可得n−2m=5，由此可证直线AB过定点.
【解答过程】（1）点Pa,2在C上，且PF=2.
由题意得：a+p2=22pa=4，解得p=2a=1，
所以抛物线C的方程为y2=4x；
（2）（ⅰ）因为l1⊥l2，设l1:y−2=kx−1,l2:y−2=−1kx−1，
设圆心O到直线l1,l2的距离为d=−k+21+k2=r，
又因为l1⊥l2，所以OP=2r=12+22=5，所以−k+21+k2=52，化简得出3k2+8k−3=0，
所以k=−3或k=13；
联立直线l1:y−2=−3x−1与y2=4x，得出9x2−34x+25=0， 所以A259,−103；
联立直线l1:y−2=13x−1与y2=4x，得出y2−12y+20=0， 所以B25,10；
所以PA=1692+1632=16109,PB=242+82=810
所以S△PAB=12PAPB=12×16109×810=6409；
（ⅱ）设直线AB:x=my+n,,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立得x=my+ny2=4x，得y2−4my−4n=0，则y1+y2=4m,y1y2=−4n，
PA,PB的切线斜率为k1=y1−2x1−1=y1−2y124−1=4y1+2,k2=4y2+2，
PA:y−2=4y1+2x−1,PB:y−2=4y2+2x−1是切线，所以r=2−4y1+21+4y1+22=2−4y2+21+4y2+22
即y12y12+4y1+20=y22y22+4y2+20，计算得−y1y2=5y1+y2，
所以4n=5×4m，化简得n=5m，
直线AB:x=my+5m=my+5，过定点0,−5.
【变式4-1】（24-25高二上·陕西安康·期中）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)经过点M2,22，且离心率为32.
(1)求C的方程；
(2)若直线l与C交于点P，Q，且线段PQ的中点为R−1,12，求l的方程；
(3)过动点Tx0,6−x0作C的两条切线，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点，并求出定点的坐标.
【答案】(1)x24+y2=1
(2)x−2y+2=0
(3)证明见解析，23,16
【解题思路】（1）利用椭圆的离心率和通过的点建立方程，求出基本量，再得到椭圆方程即可.
（2）利用点差法结合中点坐标公式得到斜率，再利用点斜式得到直线方程即可.
（3）设切点坐标，联立切线与椭圆方程，消元后利用判别式为0，可利用切点坐标表示m,n，再把T点坐标代入，即可得到过切点的一条直线方程，同理另一个切点坐标也适合，即可得出直线AB的方程，再求出直线所过定点即可.
【解答过程】（1）由椭圆C经过点M2,22，且离心率为32，
得到2a2+12b2=1,a2−b2a2=34,，解得a2=4，b2=1，故C的方程为x24+y2=1.
（2）设Px1,y1，Qx2,y2，由题意得x1≠x2，
因为线段PQ的中点为R−1,12，所以x1+x2=−2，y1+y2=1，
因为x124+y12=1，x224+y22=1，两式相减得x12−x224+y12−y22=0，
所以y1+y2x1+x2⋅y1−y2x1−x2=−14，即1−2×y1−y2x1−x2=−14，解得y1−y2x1−x2=12，
即直线l的斜率为12，故l的方程为y−12=12(x+1)，即x−2y+2=0.
（3）如图，设Ax3,y3，当x3≠±2时，
可设切线TA的方程为y=mx+n，n≠0，
将y=mx+n与x24+y2=1联立，得1+4m2x2+8mnx+4n2−4=0，
则Δ=(8mn)2−41+4m24n2−4=0，即1+4m2−n2=0，
且x3=−4mn1+4m2=−4mnn2=−4mn，y3=mx3+n=−4m2n+n=n2−4m2n=1n，
所以n=1y3，m=−x34y3，代入y=mx+n，得x3x+4y3y−4=0，
将Tx0,6−x0的坐标代入x3x+4y3y−4=0，得x3x0+4y36−x0−4=0.
当x3=2时，y3=0，x0=2；当x3=−2时，y3=0，x0=−2，
而Ax3,y3满足x3x0+4y36−x0−4=0.
设Bx4,y4，同理可得x4x0+4y46−x0−4=0，
则点A，B都在直线x0x+46−x0y−4=0上，
故直线AB的方程为x0x+46−x0y−4=0，即(x−4y)x0+24y−4=0，
由x−4y=0,24y−4=0,得x=23,y=16,，故直线AB恒过定点23,16.
【变式4-2】（2025·安徽·三模）已知抛物线C：x2=2y的焦点为F，直线l：y=kx+b与抛物线C交于M，N两点.
(1)若线段MN中点的横坐标为3，求k的值；
(2)若k=1，b=32，动点P在抛物线C上且异于点M，N，求PM⋅PN的最小值；
(3)过点M，N分别作抛物线C的切线l1，l2交于点Q，l1，l2分别交x轴于点A，B，若FQ=AB，探究直线l是否过定点，若是，求出该定点坐标；若不是，请说明理由.
【答案】(1)3
(2)−274
(3)是，(0,12)
【解题思路】（1）根据给定条件，利用点差法求出k的值.
（2）联立直线与抛物线方程求出点M,N坐标，设P(x,12x2)，利用数量积的坐标表示建立函数，利用导数求出函数的最小值.
（3）利用导数的几何意义求出切线方程，进而求出|AB|及点Q坐标，，利用两点间距离建立方程求出b即可.
【解答过程】（1）设M(x1,y1),N(x2,y2)，则x12=2y1x22=2y2，两式相减得(x1+x2)(x1−x2)=2(y1−y2)，
所以k=y1−y2x1−x2=x1+x22=3.
（2）由y=x+32x2=2y消去y得x2−2x−3=0，解得x=−1或x=3，
不妨设M(−1,12),N(3,92)，设P(x,12x2)，x≠−1且x≠3，
则PM=(−1−x,12−12x2),PN=(3−x,92−12x2)，PM⋅PN=x44−32x2−2x−34，
设φ(x)=x44−32x2−2x−34，求导得φ′(x)=x3−3x−2=(x+1)2(x−2)，
当x2时，φ′(x)>0，
函数φ(x)在(−∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，则φ(x)min=φ(2)=−274，
所以PM⋅PN的最小值为−274.
（3）由y=12x2，求导得y′=x，设M(x1,y1),N(x2,y2)，y1=x122，y2=x222，
切线l1：y−y1=x1(x−x1)，即y=x1x−x122，点A(x12,0)，
同理切线l2：y=x2x−x222，点B(x22,0)，因此|AB|=|x2−x12|，
由y=x1x−x122y=x2x−x222，解得x=x1+x22y=x1x22，则点Q(x1+x22,x1x22)，
又F(0,12)，由|FQ|=|AB|得，(x1+x22)2+(x1x2−12)2=(x1−x22)2，解得x1x2=−1，
由y=kx+bx2=2y消去y得x2−2kx−2b=0，则x1x2=−2b，因此b=12，
所以直线l：y=kx+12过定点(0,12).
【变式4-3】（2025·陕西汉中·二模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的焦距为2，离心率为22.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知椭圆x2a2+y2b2=1a>b>0上点x0,y0处的切线方程是x0xa2+y0yb2=1.在直线l:x=2上任取一点M引椭圆C的两条切线，切点分别是P、Q.
①求证：直线PQ恒过定点N；
②是否存在实数λ，使得PN+QN=λPN⋅QN，若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)x22+y2=1
(2)①证明见解析；②存在λ=22
【解题思路】（1）根据椭圆的长轴长为22，离心率为22，由2a=22ca=22求解；
（2）①设Px1,y1，Qx2,y2，M(2,m)，由lPM:x1x2+y1y=1，lQM:x2x2+y2y=1，且lPM，lQM经过点M(2,m)，得到lPQ:x+my−1=0求解；②设实数λ存在，则λ=1|PN|+1|QN|，分直线PQ斜率不存在，PQ斜率k=0，PQ斜率k≠0，利用弦长公式求解.
【解答过程】（1）由题意可知2c=2ca=22，所以a=2c=1，
所以b=a2−c2=1，
所以椭圆C的方程为x22+y2=1.
（2）①设Px1,y1，Qx2,y2，M2,m，由题设可知：lPM:x1x2+y1y=1，lQM:x2x2+y2y=1，
又因为lPM，lQM经过点M2,m，所以x1+my1=1x2+my2=1，
所以P，Q均在直线x+my−1=0上，即lPQ:x+my−1=0，
由x−1=0y=0，解得x=1y=0，所以直线PQ过定点N1,0.
②设实数λ存在，因为PN+QN=λPN⋅QN，所以λ=1PN+1QN，
当直线PQ斜率不存在时，此时直线PQ的方程为x=1，
由x=1x2+2y2=2，解得x=1y=±22，
所以PN=QN=22，故λ=1PN+1QN=22.
当直线PQ斜率k=0时，不满足题意：
当直线PQ斜率k≠0时，设直线PQ的方程为x+my−1=0，则k=−1m，
故λ=11+1k2×y1−yN+11+1k2×y2−yN=11+m2×y1+y2y1y2，
所以λ=11+m2×y1−y2y1y2=11+m2×y1+y22−4y1y2y1y2，
联立x=−my+1x2+2y2=2可得m2+2y2−2my−1=0，显然Δ=4m2+4m2+2>0，
所以y1+y2=2mm2+2，y1y2=−1m2+2，
所以λ=11+m2×2mm2+22−4×m2+2×−1m2+221m2+2=22×m2+1m2+2m2+1m2+2=22.
综上可知，存在λ=22满足条件.
【题型5 与切点弦有关的面积问题】
【例5】（24-25高三下·湖北·开学考试）过抛物线C:y2=4x上的一点P作切线l，设l与x轴相交于点M,F为C的焦点，直线PF交C于另一点Q，则△PQM面积的最小值为（ ）
A．833B．4C．1639D．3
【答案】C
【解题思路】设Pt24,t，根据条件得到yQ=−4t，从而得到S△PQM=12t34+2t+4t，构造函数gt=12t34+2t+4t，利用导数与函数单调性间的关系，求出gt的最小值，即可求解.
【解答过程】设Pt24,t，由抛物线的对称性，不妨设t>0，设直线PQ:y−t=kx−t24,k≠0，
由y−t=kx−t24y2=4x，消x得y2−4ky+4tk−t2=0，
因直线PM与抛物线相切，得到Δ=16k2−16tk+4t2=0，得到t=2k，
故直线PM的方程为yt=2x+t24，
令y=0，得点M的坐标为−t24,0，设直线PQ的方程为x=my+1，
联立x=my+1y2=4x，得y2−4my−4=0，所以有yPyQ=−4，于是yQ=−4t，
则S△PQM=12MFyP−yQ=121+t24t+4t=12t34+2t+4t，
令gt=12t34+2t+4t，则g′t=123t24−4t2+2=12t212t2+232t2−2，
当00，则m0），则y′=x−12，
所以抛物线C在点A的切线斜率为k=(y124)−12=2y1，
得抛物线C在点A的切线方程为y−y1=2y1(x−y124)，即y1y=2x+y124.
同理可得抛物线C在点B处的切线方程为y2y=2x+y224，
y1y=2x+y124y2y=2x+y224，解得x=y1y24y=y1+y22，即P y1y24,y1+y22，
又因为直线AB的斜率kAB=y1−y2x1−x2=y1−y2y124−y224=4y1+y2，
所以直线AB的方程为y−y1=4y1+y2x−x1，即y1+y2y=4x+y1y2，
将点M2,1代入直线AB的方程得：y1+y2=8+y1y2①，
设点P坐标为x,y，则①式可整理为：2y=8+4x，即2x−y+4=0，
所以点P的轨迹为一条直线．
所以线段PM的最小值为点M到直线y=2x+4的距离，
即为d=2×2−1×1+44+1=755．
故选：A.
7．（2025·湖北武汉·模拟预测）已知椭圆E：x22+y2=1的左焦点为F，过点P2,t分别作E的切线PA、PB，切点分别为A、B，则△ABF面积最大值为（ ）
A．2B．3C．2D．22
【答案】A
【解题思路】根据椭圆上一点的切线方程求出直线AB的方程，然后联立直线与椭圆方程，利用韦达定理将y1+y2,y1y2表示出来，然后列出三角形面积表达式，最后根据不等式的性质求出三角形面积的最大值.
【解答过程】因为椭圆方程为x22+y2=1，设切点Ax1,y1,Bx2,y2，
则切线PA,PB的方程为x1x2+y1y=1，x2x2+y2y=1.
因为切线PA,PB过点P2,t，所以，切线PA,PB的方程变为：
x1+ty1=1,x2+ty2=1，因为点A,B都在直线x+ty=1上，
所以直线AB的方程为x+ty=1.该直线必过点1,0刚好是椭圆的右焦点.
联立直线AB方程和椭圆方程为：
x+ty=1x22+y2=1，化简得t2+2y2−2ty−1=0.
根据韦达定理y1+y2=2tt2+2,y1y2=−1t2+2.而F−1,0
所以S△ABF=12·FQ·y1−y2=12·2·y1−y2=y1+y22−4y1y2=4t2t2+22+4t2+2=22·t2+1t2+2.
因为t2+1t2+2=t2+1t2+1+12=t2+1t2+12+1+2t2+1=1t2+1+1t2+1+2，
要使得面积取得最大值，则t2+1+1t2+1+2应取最小值，根据不等式t2+1+1t2+1+2≥2+2=4，
所以当t2+1+1t2+1+2=4时，三角形ABF的面积最大，最大值为22·14=2.
故选：A.
8．（2025·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
【答案】D
【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.
二、多选题
9．（2025·湖北武汉·模拟预测）设点Ax1,y1（x1≠0）是抛物线y2=4x上任意一点，过点A作抛物线x2=4y的两条切线，分别交抛物线y2=4x于点Bx2,y2和点Cx3,y3，则下列结论正确的是（ ）
A．y1+y2y1y2=−8B．y1+y2+y3=0
C．y1y2y3=16D．直线BC与抛物线x2=4y相切
【答案】BCD
【解题思路】对A：借助斜率公式可表示出直线AB的斜率，即可表示直线AB的方程，联立曲线，结合相切的性质与根的判别式计算即可得；对B：同A可得y1+y3y1y3，结合因式分解计算即可得；对C：将B中所得代入A中所得即可得；对D：将直线BC的方程与抛物线x2=4y联立，可得其根的判别式，即可得解.
【解答过程】对A：∵直线AB的斜率为k=y1−y2x1−x2=y1−y2y124−y224=4y1+y2，
∴直线AB的方程为y−y1=4y1+y2x−x1，
即y1+y2y−y12−y1y2=4x−4x1，
∵y12=4x1，∴直线AB的方程为y1+y2y−y1y2=4x，
联立x2=4y，消y得：y1+y2x2−16x−4y1y2=0，
∵直线AB与抛物线x2=4y相切，∴Δ=162+16y1+y2y1y2=0，
∴y1+y2y1y2=−16，∴选项A错误；
对B：同理可得y1+y3y1y3=−16，∴y1+y2y1y2=y1+y3y1y3，
∵y1≠0，∴y1+y2y2=y1+y3y3
整理得y2−y3y1+y2+y3=0，
∵y2≠y3，∴y1+y2+y3=0，∴选项B正确；
对C：由y1+y2+y3=0可得y1+y2=−y3，
代入y1+y2y1y2=−16得y1y2y3=16，∴选项C正确；
对D：将直线BC的方程与抛物线x2=4y联立，
同理可得Δ=162+16y2+y3y2y3=162−16y1y2y3=0，
∴直线BC与抛物线x2=4y相切，∴选项D正确.
故选：BCD.
10．（2025·宁夏·一模）双曲线E:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2，过F2作渐近线的垂线l，垂足为N，l与另一条渐近线交于点M，且M，N都在x轴上方，MN=2NF2，点P(2,2)在E上，则（ ）
A．双曲线的渐近线方程为y=±2xB．双曲线的离心率e=2
C．直线PF1与PF2的斜率之积是2D．双曲线在点P处的切线与x轴交于点I，则IF1IF2=3
【答案】AD
【解题思路】由题设F2(c,0)，且渐近线为y=±bax，若l垂直于y=bax，则MN:y=−ab(x−c)，联立渐近线求得xN=a2c、xM=a2ca2−b2，结合已知得3a2−c2=0，结合双曲线参数关系判断A、B；应用斜率的两点式判断C；设点P处的切线为y−2=k(x−2)并联立双曲线，由Δ=0求得k=22，即可求得xI=32，即可判断D.
【解答过程】由题设F2(c,0)，且渐近线为y=±bax，若l垂直于y=bax，则MN:y=−ab(x−c)，
y=−ab(x−c)y=bax，可得a2+b2a2⋅x=c2a2⋅x=c⇒xN=a2c，同理得xM=a2ca2−b2，
由MN=2NF2，则a2c−a2ca2−b2=2(c−a2c)，整理得3a2−c2=0，可得e=ca=3，B错，
所以b2=c2−a2=2a2，故渐近线方程为y=±2x，A对，
P(2,2)在双曲线上，则4a2−2b2=4a2−1a2=1⇒a2=3，则E:x23−y26=1，
所以F1(−3,0),F2(3,0)，则kPF1kPF2=25×2−1=−25，C错；
点P处的切线为y−2=k(x−2)，联立2x2−y2=6，得2x2−[k(x−2)+2]2=6，
所以(k2−2)x2+(22k−4k2)x+4k2−42k+8=0，则Δ=(22k−4k2)2−4(k2−2)(4k2−42k+8)=0，
所以k2−42k+8=0，则k=22，故切线为y=22x−32，
令y=0，则xI=32，故IF1IF2=32+33−32=3，D对.
故选：AD.
11．（2025·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知O为坐标原点，椭圆E的方程：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，其左右焦点为F1、F2，离心率为e，过左焦点F1的直线与椭圆交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点，M是AB的中点（A是异于长轴端点的点），在△F1AF2中，记∠F1AF2=α,∠AF1F2=β,∠AF2F1=γ，则下列说法正确的是（ ）
A．sinαsinβ+sinγ=e
B．S△AFF2=12b2tanα
C．与椭圆切于点A的切线方程为x⋅x1a2+y⋅y1b2=1(y1≠0)
D．若直线AB的斜率存在，则kAB⋅kOM=e2−1
【答案】ACD
【解题思路】利用椭圆定义及正弦定理推理判断A；利用椭圆定义、余弦定理、三角形面积公式及二倍角公式求解判断B；设出切线方程并现椭圆方程联立，借助判别式求出切线斜率判断C；设出直线AB方程并与椭圆方程联立推理判断D.
【解答过程】令椭圆E的半焦距为c，则|F1F2|=2c,|AF1|+|AF2|=2a，
对于A，在△F1AF2中，由正弦定理，得2csinα=|AF1|sinγ=|AF2|sinβ=2asinγ+sinβ，
因此e=2c2a=sinαsinβ+sinγ，A正确；
对于B，在△F1AF2中，由余弦定理，得4c2=|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2−2|AF1||AF2|csα
=(|AF1|+|AF2|)2−2|AF1||AF2|(1+csα)，则|AF1||AF2|=2b21+csα，
S△AFF2=12|AF1||AF2|sinα=b2⋅2sinα2csα22cs2α2=b2tanα2，B错误；
对于C，与椭圆切于点A的切线斜率存在，设方程为y=kx−(kx1−y1)，
由y=kx−(kx1−y1)b2x2+a2y2=a2b2消去y得：(a2k2+b2)x2−2a2k(kx1−y1)x+a2[(kx1−y1)2−b2]=0，
Δ=4a4k2(kx1−y1)2−4a2(a2k2+b2)[(kx1−y1)2−b2]=0，
整理得(a2−x12)k2+2kx1y1+(b2−y12)=0，而b2x12+a2y12=a2b2，
则a2y12b2k2+2kx1y1+b2x12a2=0，即(ay1bk+bx1a)2=0，解得k=−b2x1a2y1，
因此切线方程为y=−b2x1a2y1x−(−b2x12a2y1−y1)，整理得x⋅x1a2+y⋅y1b2=1(y1≠0)，C正确；
对于D，设直线AB的方程为y=t(x+c)，点M(x0,y0)，由y=t(x+c)b2x2+a2y2=a2b2
消去y得(a2t2+b2)x2+2a2t2cx+a2c2t2−a2b2=0，x0=−a2t2ca2t2+b2，y0=b2tca2t2+b2，
kAB⋅kOM=t⋅y0x0=−b2a2=−a2−c2a2=e2−1，D正确.
故选：ACD.
三、填空题
12．（2025·全国·模拟预测）写出与椭圆x245+y220=1和抛物线y2=203x都相切的一条直线的方程为 .
【答案】x+3y+15=0或x−3y+15=0.
【解题思路】设出公切线方程并分别于椭圆和抛物线联立，解方程组即可得出切线方程.
【解答过程】由已知，公切线斜率不为0，
设公切线方程为x=my+t.
联立x=my+t,20x2+45y2=45×20,⇒4m2+9y2+8mty+4t2−180=0，
其判别式Δ1=64m2t2−44m2+94t2−180=0，
即−20m2+t2−45=0，①
联立. x=my+t,y2=203x,⇒320y2−my−t=0.
其判别式Δ2=m2+35t=0，②
联立①②，解得m=±3,t=−15，
所以椭圆和抛物线的公切线方程为x+3y+15=0或x−3y+15=0.
故答案为：x+3y+15=0或x−3y+15=0.
13．（2025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 ．
【答案】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.
14．（2025·河南·模拟预测）若过点A(1,1)的直线l与抛物线Γ:y2=4x交于B，C两点，以B，C为切点分别作Γ的两条切线，则两条切线的交点的轨迹方程为 ．
【答案】2x−y+2=0
【解题思路】设出直线方程，利用韦达定理可求两条切线的交点的轨迹方程.
【解答过程】设l的方程为x=ky+(1−k)，代入y2=4x中，整理得y2−4ky−4(1−k)=0，
设By124,y1,Cy224,y2，则y1+y2=4k,y1y2=−4(1−k)，
由题意过点B的切线斜率存在且不为0，设为y−y1=kx−y124，
联立y−y1=kx−y124y2=4x，得k4y2−y−ky124+y1=0，由Δ=0可得ky1−22=0，即k=2y1，
所以切线方程为2x−y1y+y122=0，同理可得过点C的切线方程为2x−y2y+y222=0.
联立解得x=y1y24=k−1,y=y1+y22=2k,消去k，得2x−y+2=0，
所以两条切线交点的轨迹方程为2x−y+2=0．
故答案为：2x−y+2=0.
四、解答题
15．（24-25高二下·广东惠州·期中）已知椭圆C1: x24+y2b2=1(00)过点−2,3，2,3.
(1)求双曲线C的渐近线方程.
(2)若过双曲线C上的动点P(x0,y0)作一条切线l，证明：直线l的方程为x0xa2−y0yb2=1.
(3)若双曲线C在动点Q处的切线交C的两条渐近线于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB的面积.
【答案】(1)y=±3x
(2)证明见解析
(3)3
【解题思路】（1）将点的坐标代入双曲线方程即可求解双曲线的标准方程，然后求解渐近线即可；
（2）分类讨论，设出切线方程，联立方程利用判别式法求得斜率，即可求出切线方程；
（3）联立方程求得点A和B的坐标，进而求出OA,OB，结合渐近线的夹角，代入三角形面积公式即可求解.
【解答过程】（1）因为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点−2,3，2,3，所以2a2−3b2=14a2−9b2=1，
解得a2=1b2=3，所以双曲线C的标准方程为x2−y23=1，所以双曲线C的渐近线方程为y=±3x.
（2）当切线斜率存在时，不妨设切线方程为y=kx−x0+y0，因为点P(x0,y0)在双曲线C上，
所以x02−y023=1，联立x2−y23=1y=kx−x0+y0，
消去y并整理得k2−3x2+2ky0−kx0x+y0−kx02+3=0，
此时Δ=4k2y0−kx02−4k2−3y0−kx02+3=0，即y0−kx02=k2−3，
所以y02−2kx0y0+k2x02=k2−3，又x02−y023=1，所以y023k2−2x0y0k+3x02=0，
解得k=3x0y0，
所以切线方程为y=3x0y0x−x0+y0=3x0y0x−3x02−y02y0=3x0y0x−3y0，即x0x−y0y3=1；
当切线斜率不存在时，即y0=0时，切点为±1,0，切线方程为x=±1，满足x0x−y0y3=1；
综上，直线l的方程为x0x−y0y3=1.
（3）由（1）知双曲线C的渐近线方程为y=±3x，此时两渐近线与x轴的夹角均为π3，
即∠AOB=2π3，设Q(x1,y1)，由（2）可知切线方程为x1x−y1y3=1，
联立x1x−y1y3=1y=3x，解得x=33x1−y1,y=33x1−y1，即A33x1−y1,33x1−y1，
此时OA=33x1−y12+33x1−y12=233x1−y1，同理可得OB=233x1+y1，
所以△AOB的面积S△AOB=12×OA×OB×sin∠AOB=12×233x1−y1×233x1+y1×32=333x12−y12
=333=3.

18．（2024·海南海口·模拟预测）对于二次曲线Γ:λx2+μy2=1，我们有：若Qx′,y′是曲线Γ上的一点，则过点Q与曲线Γ相切的直线方程为λx′x+μy′y=1．已知椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>b>0，a2=13b2，动圆C2:x2+y2=r2b