x2y2题61 设直线m,n都是平面直角坐标系中椭圆+=1的切线，且m?n，m、n交
73于
点P，则点P的轨迹方程是 ．
（第十二届高二培训题第47题）
x2y2x2?kx?b??1，即 解 设直线y=kx?b与椭圆+=1相切，则二次方程+
37732?3?7k?x22?14kbx?7b2?21?0有两个相等实根，其判别式
???14kb??4?3?7k2??7b2?21??0，解得b2?3?7k2,b??3?7k2 ．因此斜率为
2k的椭圆的切线有两条：y?kx?3?7k2①，与其中每条垂直的切线也各有两条：
y??x7?3?2②；另有与x轴垂直的切线两条：x??7，与其中每条垂直的切线又kk各有两条：y??3 ． 由①、②得?y?kx?⑤．③+⑤得
2x?7?22=3?7k③，?y???3?2④，④式即?ky?x??3k?7k?k?22?k2?1x2?k2?1y2?10k2?1,即x2?y2?10⑥．又点
??????7,3,??7,?3,?7,3,?7,?3都适合方程⑥．故点P的轨迹方程为
?????x2?y2?10．
评析 这是一道典型的用交轨法求轨迹方程的问题．解题的关键有两个：如何设两条动切线方程与如何消去参数．当切线的斜率存在时，我们可设其方程为y?kx?b，此时出现两个参数k与b，由于此切线方程与椭圆的方程组成的方程组有且只有一解，故由二次方程有等根的条件得b??3?7k2（这与事实一致：斜率为k的椭圆的切线应当有两条），从而切线方程为y?kx?3?7k2，那么与其垂直的椭圆的切线方程就是将此切线方程中的k换成?1k所得方程，即y??x7?3?2．此时突破了第一关．下面是否通过解方程组得交点轨迹的kk参数方程，然后再消参得所求轨迹方程呢？想象中就是非常繁琐的．上面题解中的方法充分
体现了消参的灵活性，大大简化了解题过程．然而，事情到此并未结束，以上所设切线方程是以切线有斜率为前提的，是否有不存在斜率的椭圆的切线呢？于是引来了分类讨论，当然，此时只要将几个点的坐标代入所求的方程x?y?10，看是否适合即可．
22 拓展 如果留心，我们会发现所求轨迹方程x?y?10中的10正好是已知椭圆方程
22x2y2x2y2+=1中的7与3的和．那么，是否将椭圆方程改为2?2?1，则所求轨迹方程就73ab是x?y?a?b了呢？经研究，果真如此．于是我们得到
2222x2y2 定理1 设直线m、n都是椭圆2?2?1的切线，且m?n，m、n交于点P，则点P
ab的轨迹方程是x?y?a?b．
2222?y?kx?l?证明 设y?kx?l为椭圆的切线,由?x2y2,
??1??a2b2?1k2?22lkl22222???0l?b?ak，所以得?，由，得?x?x??1?0x22?a2b2?bb???m:y?①, ?b2?a2k2kx?l??b2?a2k2，所以两垂直切线为，?xa22?, ?b?2?n:y?②kk?22
另有四对：m:x??a,n:y??b,①式变为(y?kx)?b?ak22③，②式变为
2222(x?ky)2?a2?b2k2④．③+④得x?y?a?b．特殊四对垂线的交点坐标也都适合⑤，
故P点的轨迹方程为x?y?a?b．
若将定理1中的椭圆改为双曲线，是否也有相类似的什么结论呢？为了证明定理2，先引进两个引理．
2222x2y2b引理1 若双曲线2?2?1的切线的斜率k存在，则|k|?．
abax2y2b2x'证明 对于2?2?1两边取x的导数知y(x)?2,?双
abay曲线上任意一点P（x0,y0）(y0?0)处切线的斜率k有|
y P1(x0,y1) P(x0,y0) O
①
，
又
x k|=|
y(x0)'|=
b2x0||a2y0?|y0|?|y1|?xbab|x0|,?|0|?，代入①得|k| ?． ay0bax2y2引理2 如果双曲线2?2?1有a?b，则不存在垂直切线．
ab证明 假设双曲线存在两条垂直切线，则这两条切线必然都存在斜率，斜率分别记为k1，
b2bbk2，由引理1知|k1|?,|k2|?,?|k1k2|?1?2?1,即1>1,矛盾,所以不存在垂直切
aaa线．
x2y2定理2 设直线m,n都是双曲线2?2?1(a?b)的切线，且m?n，m,n交于点P，
ab则点P的轨迹方程为x?y?a?b．
证明 当一条切线的斜率不存在时，该切线必然经过双曲线实轴上的顶点，这时另一条垂
直切线不存在．已知m,n是垂直切线，所以斜率必然都存在．
2222?y?kx?l221k2lkl?22设y?kx?l为双曲线的切线，则由 ?x 得(2?2)x?2x?2?1?0①，y2abbb?2?2?1?abb21k2b2222由引理1知|k|?，所以k?2，所以2?2?0且ak?b?0．由①中?x?0，
aaba?m:y?kx?a2k2?b2②, ?2222222得l?ak?b,?l??ak?b，两条垂直切线为?
xa22?n:y???2?b③, kk?2222??(y?kx)?ak?b变形为?2222??(yk?x)?a?kb2222④, ④+⑤得x?y?a?b，即为点P的轨迹方程．
⑤,
将定理1、2中的椭圆、双曲线改为抛物线，我们又可以得到
定理3 抛物线y?2px(p?0)的两条互相垂直的切线m,n的交点M的轨迹方程为
2x??p． 2证明 当其中一条切线过抛物线顶点时，另一条垂直的切线不存在，已知m,n是垂直切线，所以斜率必然都存在．
?y?kx?l设y?kx?l是y?2px的切线，则k?0，由 ?2得
y?2px?2①, ②,
p?m:y?kx??p?2k222kx?2(kl?p)x?l?0，令?x?0得l?，故两条垂直的切线为?2k?n:y??x?kp?k2?消去参数k，得x??
p为点M的轨迹方程． 2222 将前面定理中的二次曲线改为圆，又得
定理4 圆(x?a)?(y?b)?r的两条互相垂直的切线m,n的交点P的轨迹方程是
(x?a)2?(y?b)2?2r2.
证明 如图，易知四边形APBO1为正方形，所以|PO1|=2|AO1|?y A P B O1 2r，所以点P的轨迹是以O1为圆心，2r222为半径的圆，其方程是(x?a)?(y?b)?2r． 比较定理1和定理4，我们不难知道圆是椭圆的特殊情形，
当椭圆的长轴与短轴长相等时，椭圆变成了圆．
请运用上述定理完成下面的练习：
1、设m,n都是圆x?y?8的切线，且m?n，m,n交于点P，求点P的轨迹与坐标轴在第一象限围成的面积．
22O x x2y22、设直线m,n都是椭圆2?2?1的切线，且m?n，m,n交于点P，求动点P到该
32椭圆的最近距离．
x2y2??1的一条切线l:y?nx?w(n?N)， 3、已知双曲线43（1） 求n的最小值；
（2） 过点（1，1）是否有两条垂直的切线？
（3） 当n=1，w?1时，求与l垂直的双曲线的切线．
答案：1.4? 2.13?3 3.（1）1 （2）不存在 （3）y??x?1和y??x?1 题62 已知曲线C上任意一点到定点A（1，0）与定直线x?4的距离之和等于5.对于给定的点B?b,0?，在曲线上恰有三对不同的点关于点B对称，求b的取值范围.
（第十二届高二第二试第23题）
解法1 令P?x,y?为曲线C上任意一点，由题意得
?x?1?2?y2?x?4?5.故曲线C
的方程为y??2??4x,0?x?42，即曲线C由两段抛物线C1:y?4x?0?x?4?和
???16?x?5?,4?x?5C2:y2??16?x?5?(4?x?5)拼接而成.
?x??2b?x???设P?x,y?关于点B?b,0?的对称点为P?x,y?，则有?，由于C1?0?X?4??y??y?和C2?4?x?5?都是关于x轴对称的，所以，当0?b?5时，点P?x,y?与P??x?,y??同在C1P??b,y?与P?b,?y?.当点P与P?分别在C1,C2(或C2，C1)上或同在C2上，只有唯一的情形：
上时，不妨设P在C1上，P?在C22??y?4x ， ?2????y???16??2b?x??5?2??y?4x上，则? ，即
2????y??16?x?5?解得 x?4?2b?5?,x??2?10?b?.因为?0?x?4?，4?x??5, 所以5?b?4.但当332b?5时，得x?0,x??5，则y?0,y??0，这时只有一对对称点分别在C1与C2上，故255应当排除，因此当?b?4时，2b?5?0，关于点B对称的点对只有22?4?242b?5?2b?5?2b?5???2b?5?,4?与??10?b?,?4?，??与??2b?5?,?4?3???3?3?3??3??3??252b?5???10?b?,4?是分别在C1，C2上的两点，于是?b?4为所求. ?33?2??解法2 设P?x,y?，由题意得
2?x?1?2?y2?x?4?5，
yPNQ4 M5RT ??4x,0?x?4化简得y??为C的方程，其图象由两
?16x?5,4?x?5????段抛物线拼接而成（如图）.由抛物线的对称性，可知0?b?5时总有一对点位于同一段抛物线上且关于点B对称.若另有两对点关于点B对称，则每一对的两个点必分别位于两段抛物线上，故必存在曲线C的内接矩形PQRS，点B随着矩形形状的改变而在x轴上移动.设曲线C与x轴的右交点为M，则当Q、R趋近于M时，点B的横坐标b趋近于
OBS x5.如图，设C的两抛物线交于点N、T，则当Q、R分别趋近25于N、T时，点B的横坐标b趋近于4.故?b?4为所求.
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高中数学全国希望杯竞赛模拟试题（七）
