切線的處理③---筷子夾湯圓

例1：【2021八省鎮樓】

已知拋物線

$y^{2}=2px$

上三點

$A(2,2),\quad B,\quad C$

，直線

是圓

$(x-2)^{2}+y^{2}=1$

的兩條切線，則直線

的方程為

A．

B．

C．

D．

解一：

設過的直線為

，其中

與圓相切得

$\frac{\left| 2k+m\right| }{\sqrt{k^{2}+1}}=1$

，解得

$k=\pm \sqrt{3}$

，

與拋物線聯立，

$\left\{\begin{array}{l} y=kx+m\\ y^{2}=2x \end{array}\right.$

得

$k^{2}x^{2}+(2km-2)x+m^{2}=0$

，

$x_{B,C}=\frac{1}{2}\cdot \frac{m^{2}}{k^{2}}=\frac{8\pm 4\sqrt{3}}{3}$

，

故

$B(\frac{8-4\sqrt{3}}{3},\frac{2\sqrt{3}-6}{3})$

，

$C(\frac{8+4\sqrt{3}}{3},\frac{-2\sqrt{3}-6}{3})$

，

解得

$k=\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}}{\frac{-8\sqrt{3}}{3}}=-\frac{1}{2}$

，

$\frac{2\sqrt{3}-6}{3}-(-\frac{1}{2})\cdot \frac{8-4\sqrt{3}}{3}=-\frac{2}{3}$

，

故

$l\colon y=-\frac{1}{2}x-\frac{2}{3}$

，即

。

解二：

考慮到拋物線上

，

兩點連線段斜率

$k_{PQ}=\frac{y_{P}-y_{Q}}{x_{P}-x_{Q}}=2\cdot \frac{y_{P}-y_{Q}}{{y_{P}}^{2}-{y_{Q}}^{2}}=\frac{2}{y_{P}+y_{Q}}$

，

故切線

可表達為

$y=\frac{2}{2+y_{0}}(x-x_{0})+y_{0}$

，其中

$y_{0}$

為點

或

的縱座標。

與圓相切得

$\frac{\left| y_{0}+\frac{2}{2+y_{0}}(2-x_{0})\right| }{\sqrt{1+(\frac{2}{2+y_{0}})^{2}}}=1$

，

即

${y_{0}}^{2}+4y_{0}+8=4{y_{0}}^{2}+16y_{0}+16$

，

即

$3x_{0}+6y_{0}+4=0$

，

兩點為該方程解，該方程為直線，故兩點所在直線為

吐槽：

Ⅰ。圖形挺特殊的，畫出來就知道斜率相反；

Ⅱ。拋物線的計算真的不復雜，考場上硬來挺好；

Ⅲ。法二搬運自帥琪和曾廣榮兩位大神處，天降同一法。

例2：【2014廣東理，蒙日圓】

已知橢圓

：

$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$

的一個焦點為

$(\sqrt{5},0)$

，離心率為

$\frac{\sqrt{5}}{3}$

，

（1）求橢圓

的標準方程；

（2）若動點

$P(x_{0},y_{0})$

為橢圓外一點，且點

到橢圓

的兩條切線相互垂直，求點

的軌跡方程。

（1）

$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{5}=1$

（2）

設切線為

，其中

$m=y_{0}-kx_{0}$

，

與橢圓聯立得

$(k^{2}+\frac{5}{9})x^{2}+2kmx+m^{2}-5=0$

，

由相切得

$\Delta =4(k^{2}m^{2}-(k^{2}+\frac{5}{9})(m^{2}-5))=0$

，

整理得

$5k^{2}-\frac{5}{9}m^{2}+\frac{25}{9}=0$

，

即

$(5-\frac{5}{9}{x_{0}}^{2})k^{2}+\frac{10}{9}x_{0}y_{0}k+\frac{25}{9}-\frac{5}{9}{y_{0}}^{2}=0$

，

由根與係數關係得

$\frac{\frac{25}{9}-\frac{5}{9}{y_{0}}^{2}}{5-\frac{5}{9}{x_{0}}^{2}}=-1$

，即

${x_{0}}^{2}+{y_{0}}^{2}=14$

。

備註：懶得考慮斜率不存在的情況了。

條件有魔改的空間，比如改成斜率和，夾角為定值，之類的。

例3：【隨便捏的題，阿基米德三角形】

過拋物線外一點

$P(x_{0},y_{0})$

作拋物線

$x^{2}=4y$

的兩條切線，切點分別為

，

分別交

軸於

，

兩點，

為座標原點，則

$\bigtriangleup PEF$

與

$\bigtriangleup OAB$

的面積之比為。

法一，設切線：

設

：

，其中

$y_{0}=kx_{0}+m$

，

直線與拋物線聯立得

$x^{2}-4kx-4m=0$

，

相切得

$\Delta =16k^{2}+16m=0$

，即

$k^{2}-x_{0}k+y_{0}=0$

，

根與係數的關係，

$k_{1}\cdot k_{2}=y_{0}$

，

$k_{1}+k_{2}=x_{0}$

，

$S_{PEF}=\frac{1}{2}\cdot \left| y_{0}\right| \cdot \left| x_{E}-x_{F}\right| =\frac{1}{2}\left| y_{0}\right| \cdot \left| y_{0}\right| \cdot \left| \frac{1}{k_{1}}-\frac{1}{k_{2}}\right| =\frac{1}{2}\cdot \left| k_{1}k_{2}\right| \left| k_{1}-k_{2}\right| \\$

由

$x^{2}-4kx-4m=0$

得

$A(2k_{1},{k_{1}}^{2})$

，

$B(2k_{2},{k_{2}}^{2})$

，

$S_{OAB}=\frac{1}{2}| x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}| =| k_{1}k_{2}| | k_{1}-k_{2}| \\$

故

$S_{\bigtriangleup PEF}=S_{\bigtriangleup OAB}=1\colon 2$

法二，設切點：

設

$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$

，則

$PA\colon y=\frac{x_{1}}{2}x-\frac{{x_{1}}^{2}}{4},E(\frac{x_{1}}{2},0) \\$

$PB\colon y=\frac{x_{2}}{2}x-\frac{{x_{2}}^{2}}{4},F(\frac{x_{2}}{2},0) \\$

$S_{AOB}=\frac{1}{2}\left| x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\right| =\frac{1}{8}\left| x_{1}x_{2}(x_{1}-x_{2})\right| \\$

聯立直線得

$y_{P}=-\frac{1}{4}x_{1}x_{2}$

，

$S_{PEF}=\frac{1}{2}\cdot \left| \frac{x_{1}-x_{2}}{2}\right| \cdot \left| \frac{1}{4}x_{1}x_{2}\right| =\frac{1}{16}\left| x_{1}-x_{2}\right| \left| x_{1}x_{2}\right| \\$

故

$S_{\bigtriangleup PEF}=S_{\bigtriangleup OAB}=1\colon 2$

吐槽：

Ⅰ。設切點挺簡單啊；

Ⅱ。湊數，沒Ⅱ了。

例4：【湖南2012文，正經的筷子夾湯圓】

在直角座標系

中，已知中心在原點，離心率為

$\frac{1}{2}$

的橢圓

的一個焦點為圓

$C\colon x^{2}+y^{2}-4x+2=0$

的圓心．

（1）求橢圓

的方程；

（2）設

是橢圓

上一點，過

作兩條斜率之積為

$\frac{1}{2}$

的直線

$l_{1},l_{2}$

，當直線

$l_{1},l_{2}$

都與圓

相切時，求

的座標．

（1）

$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$

．

（2）

解

設

$P\left(x_{0},y_{0}\right)$

，

$l_{1}$

，

$l_{2}$

的斜率分別為

$k_{1}$

，

$k_{2}$

，且

$k_{1}k_{2}=\frac{1}{2}$

，

設直線

$l：y-y_{0}=k\left(x-x_{0}\right)$

，即一般式為

$kx-y-kx_{0}+y_{0}=0$

圓心

$C\left(2,0\right)$

，當

$d=\frac{\left| 2k-kx_{0}+y_{0}\right| }{\sqrt{k^{2}+1}}=\sqrt{2}$

，

即有

$\left[\left(2-x_{0}\right)^{2}-2\right]k^{2}+2\left(2-x_{0}\right)y_{0}k+{y_{0}}^{2}-2=0$

（*）

由相切知（*）式的兩個不同實根即為

$k_{1}$

，

$k_{2}$

，所以

$\left\{\begin{array}{l} \left(2-x_{0}\right)^{2}-2\neq 0\\ \Delta =8\left[\left(2-x_{0}\right)^{2}+y_{0}^{2}-2\right]>0 \end{array}\right.$

且

$k_{1}k_{2}=\frac{{y_{0}}^{2}-2}{\left(2-x_{0}\right)^{2}-2}=\frac{1}{2}$

①

又

$\frac{{x_{0}}^{2}}{16}+\frac{{y_{0}}^{2}}{12}=1$

，聯立①的等式，得

$5{x_{0}}^{2}-8x_{0}-36=0$

，

解得

$x_{0}=-2$

或

$x_{0}=\frac{18}{5}$

由

$x_{0}=-2$

得

$y_{0}=\pm 3$

；由

$x_{0}=\frac{18}{5}$

得

$y_{0}=\pm \frac{\sqrt{57}}{5}$

，反向驗證，均滿足①的不等式．

所以

的座標為

$\left(-2,3\right)$

，

$\left(-2,-3\right)$

，

$\left(\frac{18}{5}.\frac{\sqrt{57}}{5}\right)$

，

$\left(\frac{18}{5}.-\frac{\sqrt{57}}{5}\right)$

．

吐槽：

Ⅰ。固定圖形，計算不算複雜；

Ⅱ。湊數，沒Ⅱ了。

例5：【街上撿的題】

如圖，在平面直角座標系

中，設點

$M(x_{0},y_{0})$

是橢圓

：

$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$

上一點，從原點

向圓

：

$(x-x_{0})^{2}+(y-y_{0})^{2}=\frac{2}{3}$

作兩條切線分別與橢圓

交於點

，

，直線

，

的斜率分別記為

$k_{1}$

，

$k_{2}$

．

（1）求證：

$k_{1}k_{2}$

為定值；

（2）求四邊形

面積的最大值．

解：

（1）

設

：

，

點到直線距離

$d=\frac{\sqrt{kx_{0}-y_{0}}}{\sqrt{k^{2}+1}}=\sqrt{\frac{2}{3}}$

，

故

$(3{x_{0}}^{2}-2)k^{2}-6x_{0}y_{0}k+3{y_{0}}^{2}-2=0$

，

故

$k_{1}k_{2}=\frac{3{y_{0}}^{2}-2}{3{x_{0}}^{2}-2}=\frac{3-\frac{3}{2}{x_{0}}^{2}-2}{3{x_{0}}^{2}-2}=-\frac{1}{2}$

。

（2）

$\begin{equation*} S=\frac{1}{2}r\left(OP+OQ\right) \end{equation*}\\$

$\left\{\begin{array}{l} y=kx\\ \frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1 \end{array}\right.$

，解得

$x^{2}=\frac{1}{\frac{1}{2}+k^{2}}$

，

故

$OP^{2}=\frac{1+{k_{1}}^{2}}{\frac{1}{2}+{k_{1}}^{2}},OQ^{2}=\frac{1+\frac{1}{4{k_{1}}^{2}}}{\frac{1}{2}+\frac{1}{4{k_{1}}^{2}}}=\frac{2{k_{1}}^{2}+\frac{1}{2}}{{k_{1}}^{2}+\frac{1}{2}}$

$OP^{2}+OQ^{2}=3$

，

一把柯西不等式：

$(1^{2}+1^{2})(OP^{2}+OQ^{2})\geq (OP+OQ)^{2}$

，

故

$S_{\max }=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\frac{2}{3}}\cdot \sqrt{6}=1$

吐槽：

Ⅰ。不會先考慮求切點弦的方程，人家談論的是兩條切線的斜率；

Ⅱ。積很容易和橢圓進行縫合。

例6：【江西2009文，彭塞列閉合定理】

如圖，已知圓

$G\colon$

$(x-2)^{2}+y^{2}=r^{2}$

是橢圓

$\frac{x^{2}}{16}+y^{2}=1$

的內接

${\bigtriangleup}$

的內切圓，其中

為橢圓的左頂點。

（1）求圓

的半徑

；

（2）過點

作圓

的兩條切線交橢圓於

兩點，證明：直線

與圓

相切。

解：

（1）

$r=\frac{2}{3}$

（2）

設

：

，

與圓相切得

$d=\frac{\left| 2k+1\right| }{\sqrt{k^{2}+1}}=\frac{2}{3}$

，即

$32k^{2}+36k+5=0$

，

解得

$k_{1}=\frac{-9+\sqrt{41}}{16}$

，

$k_{2}=\frac{-9-\sqrt{41}}{16}$

，

$k_{1}+k_{2}=-\frac{9}{8}$

，

$k_{1}k_{2}=\frac{5}{32}$

，

與橢圓聯立得

$(\frac{1}{16}+k^{2})x^{2}+2kx=0$

，

故

$E(-\frac{2k_{1}}{{k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}},\frac{\frac{1}{8}}{{k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}}-1)$

，

$F(-\frac{2k_{2}}{{k_{2}}^{2}+\frac{1}{16}},\frac{\frac{1}{8}}{{k_{2}}^{2}+\frac{1}{16}}-1)$

$\begin{equation*} k_{EF}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{k_{1}x_{1}-k_{2}x_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{-{k_{1}}^{2}\left({k_{2}}^{2}+\frac{1}{16}\right)+{k_{2}}^{2}\left({k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}\right)}{-k_{1}\left({k_{2}}^{2}+\frac{1}{16}\right)+k_{2}\left({k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}\right)}=\frac{-\frac{1}{16}\left(k_{1}-k_{2}\right)\left(k_{1}+k_{2}\right)}{\left(k_{1}-k_{2}\right)\left(k_{1}k_{2}-\frac{1}{16}\right)}=-\frac{1}{16}\cdot \frac{-\frac{9}{8}}{\frac{5}{32}-\frac{1}{16}}=\frac{3}{4} \end{equation*}\\$

：

$y=\frac{3}{4}(x+\frac{2k}{{k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}})+\frac{\frac{1}{8}}{k^{2}+\frac{1}{16}}-1$

即

$y=\frac{3}{4}(x+\frac{2k_{1}}{{k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}})+\frac{\frac{1}{8}}{{k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}}-1=\frac{3}{4}x+\frac{\frac{12}{8}k_{1}+\frac{1}{8}}{{k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}}-1$

其中

$\frac{\frac{12}{8}k_{1}+\frac{1}{8}}{{k_{1}}^{2}+\frac{1}{16}}=\frac{\frac{1}{8}(12k_{1}+1)}{-\frac{9}{8}k_{1}-\frac{5}{32}+\frac{1}{16}}=\frac{\frac{1}{8}(12k_{1}+1)}{-\frac{3}{32}(12k_{1}+1)}=-\frac{4}{3}$

故

：

$y=\frac{3}{4}x-\frac{7}{3}$

，

$d=\frac{\left| \frac{3}{4}\cdot 2-\frac{7}{3}\right| }{\sqrt{(\frac{3}{4})^{2}+1^{2}}}=\frac{\left| \frac{18-28}{12}\right| }{\frac{5}{4}}=\frac{2}{3}$