模块7直线与圆锥曲线的位置关系专题2 垂径定理拓展延伸 学案(含解析) 2024年高考数学三轮冲刺

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模块7直线与圆锥曲线的位置关系专题2 垂径定理拓展延伸 学案(含解析) 2024年高考数学三轮冲刺

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专题二 垂径定理 拓展延伸【讲】
【典例1】.(2022年高考全国甲卷理科第10题)椭圆的左顶点为A,点P,Q均在C上,且关于y轴对称.若直线AP,AQ的斜率之积为,则C的离心率为( )
A. B. C. D.
【典例2】.(2022年新高考全国Ⅱ卷第16题)已知椭圆,直线l与椭圆在第一象限交于点A,B,与x轴、y轴分别交于点M,N,且,,则直线l的方程为______.
【典例3】.(2020年高考浙江卷第21题)如图,已知椭圆,抛物线,点A是椭圆与抛物线的交点,过点A的直线l交椭圆于点B,交抛物线于点M(点B,M不同于点A).
(1)若,求抛物线的焦点坐标;
(2)若存在不过原点的直线l,使M为线段AB的中点,求p的最大值.
上面三个问题,考查的是有心圆锥曲线(椭圆、双曲线)弦的中点与中心连线的性质——垂径定理,下列定理揭示了这三个问题的本质.
定理1 圆锥曲线的垂径定理(圆的垂径定理的推广)若点M是“有心圆锥曲线”(椭圆或双曲线)的弦AB的中点,其中AB不平行于对称轴且不过曲线中心O,则.
我们仅对椭圆的情形进行证明,双曲线可类似证明.
证法1 设椭圆C的方程为,直线l不过原点O且不平行于坐标轴,直线l与椭圆C的两个交点分别为,,线段AB的中点为M.
作变换,,得圆.
对应地,在圆上有,,为的中点,
由圆的垂径定理得,即,
将,代入,化简得,即.
证法2 设椭圆C的方程为,直线l与椭圆C的两个交点分别为,,线段AB的中点为M,,,
两式相减,得,即,
所以.
注1 对椭圆而言,,当a与b无限接近时,,如果将圆看作椭圆的极限状态(,),定理1可理解为圆的垂径定理在圆锥曲线中的拓展与深化.
注2 对双曲线而言,.
注3 定理1中,若椭圆方程为,或双曲线方程为,则相应的结论为.
注4 2010年高考上海卷理科第23(2)题如下.
已知椭圆的方程为,直线交椭圆于C,D两点,交直线于点E.若,证明:E为CD的中点.
这就是定理1的一个逆命题,证明如下.
如图,连接CO,交椭圆于点F,因为CF过原点,D是椭圆上的点,由定理1可知.
又,故DF平行于OE.因为O是CF的中点,故E是CD的中点.
圆锥曲线的垂径定理可以进行如下演绎.
如图,过点B作交曲线于点,则由对称性可知A,O,三点共线.
推论1 若A,B是椭圆上关于原点对称的两个点,M是该椭圆上异于点A,B的任意一点,则直线AM,BM的斜率之积为定值,即(e是椭圆的离心率).
《普通高中教科书数学选择性必修第一册A版》第108页例3即为推论1的特殊情形.
推论2 若A,B是双曲线上关于原点对称的两个点,M是该双曲线上异于点A,B的任意一点,则直线AM,BM的斜率之积为定值,即(e是双曲线的离心率).
上述教材第121页“探究”栏目即为推论2的特殊情形.
下面给出推论1的证明(推论2的证明类似).
设,,,则,,.
注1 在推论1中,如果椭圆方程变为,其他条件不变,则.
注2 在推论1中,令,则,可见推论1可看成圆周角定理(直径所对的圆周角为直角)在椭圆中的推广,如图1和图2.
注3 如图3,双曲线可看成“虚椭圆”,则由推论1有.
推论1和推论2可以统一叙述为:
(圆周角定理的推广)若AB为“有心圆锥曲线”的直径,M为曲线上异于点A,B的任一点,则.
以上结论表明,椭圆和双曲线上的点与“直径”(曲线上关于原点对称的两点)两端点的连线斜率之积为常数,如果逆向探究推论1和推论2,则可得定理2.
定理2 平面内与两个定点,连线的斜率之积为定值的动点P的轨迹为有心圆锥曲线(除A,B两点),其方程为.
(1)若且,则动点的轨迹方程为椭圆(除去A,B两点);
(2)若,则动点的轨迹方程为双曲线(除去A,B两点);
(3)若,则动点的轨迹方程为圆(除去A,B两点).
注1 我们可以将定理2的相关内容当作圆锥曲线的第三定义.
注2 令,,即得《普通高中教科书数学选择性必修第一册A版》第108页例3的结果:;
令,,即得上述教材第121页“探究”栏目的结果:;
令,,即得上述教材第146页复习参考题3第11题的结果:
,当时,轨迹是椭圆()或者圆(),并除去两点,;当时,轨迹是双曲线,并除去两点,.
【精细化解析 典例1】
第一步:根据椭圆的对称性得斜率关系;
可设椭圆C的右顶点为B,因为点P,Q关于y轴对称,所以有,
第二步:根据椭圆定义结合垂径定理求解即可.
根据推论1,有,解得.故选A.
[精细化解析 典例2]
第一步:设直线的AB方程,求出中点坐标;
取AB的中点E,设直线AB的方程为,其中,则,.
因为,所以,所以.
第二步:根据垂径定理求出斜率,再结合弦长求解b.
根据定理1,,所以.
由不难求出.
所以直线AB的方程为,即.
【精细化解析 典例3】
第一步:根据条件求得抛物线方程;
当时,的方程为,故抛物线的焦点坐标为;
第二步:根据垂径定理,结合点与椭圆的位置关系,利用判别式法列不等式求解即可.
设,,根据定理1可得,
所以,整理得.
因为关于的方程有解,所以,即.
因为点A在椭圆上,所以,即,所以,解得.
所以,即,所以.
类型1 曲线上的点与直径端点连线的斜率乘积问题
例1 已知直线与双曲线交于P,Q两点,轴于点H,直线PH与双曲线C的另一个交点为T,则下列选项中错误的是( )
A.且 B.
C.为定值 D.的最小值为2
思路 根据推论2,是分析选项C,D的关键.
解析 ,是双曲线上关于原点对称的两点,点也在双曲线上.
对于选项A,双曲线的渐近线方程为,直线与双曲线交于P,Q两点,所以,又,所以选项A正确.
对于选项B,因为,所以,所以选项B正确.
对于选项C,由推论2可得,所以选项C正确.
对于选项D,因为,所以,故选项D错误.
故选D.
升华 设双曲线(或椭圆)上一个动点与该曲线上关于原点对称的两个点的连线的斜率分别为,,由推论2(或推论1)可知(双曲线的情形)或(椭圆的情形),
给定,,e中任意两个,可以求得第三个.
【类题1-1】
1.已知的两个顶点的坐标分别是,且所在直线的斜率之积等于且斜率之差等于,则正确的是( )
A.当时,点的轨迹是双曲线.
B.当时,点在圆上运动.
C.当时,点所在的椭圆的离心率随着的增大而增大.
D.无论n如何变化,点的运动轨迹是轴对称图形.
【类题1-2】
2.已知双曲线:(,),过原点的直线交于、两点(点在右支上),双曲线右支上一点(异于点)满足,直线交轴于点,若,则双曲线的离心率为( ).
A. B.2 C. D.3
【类题1-3 】
3.已知双曲线的左、右顶点分别为,点(与点不重合)是双曲线右支上一点,若,则的值是( )
A. B. C. D.
类型2 圆锥曲线的中心与弦中点的连线和弦所在直线的斜率乘积问题
例2 已知圆在椭圆的内部,A为C上的一个动点,过点A作圆M的一条切线,交C于另一点B,切点为D,当D为AB的中点时,直线MD的斜率为,则C的离心率为( )
A. B. C. D.
思路 根据定理1得,求出C的离心率.
解析 如图,,,
所以,.
易知,
所以,
解得(不合题意,舍去),则.
根据定理1得,
故C的离心率.故选C.
升华 设是有心圆锥曲线的弦所在直线的斜率,弦所在直线不平行于对称轴且不过曲线中心O,弦的中点与原点连线的斜率为,则由定理1,可知,给定,,e中任意两个,可以求得第三个.
【类题1-1】
4.已知椭圆内有一定点,过点P的两条直线,分别与椭圆交于A、C和B、D两点,且满足,,若变化时,直线CD的斜率总为,则椭圆的离心率为
A. B. C. D.
【类题1-2】
5.已知椭圆:,过点作直线椭圆C交于,点,若点恰好为线段的中点,则直线的斜率为 .
【类题1-3 】
6.已知曲线的焦点是F,A,B是曲线C上不同的两点,且存在实数使得,曲线C在点A,B处的切线交于点D.
(1)求点D的轨迹方程;
(2)点E在y轴上,以EF为直径的圆与AB的另一个交点恰好是AB的中点,当时,求四边形ADBE的面积.
类型3 弦的中垂线的截距问题
例3 已知A,B是椭圆上的两点,线段AB的垂直平分线与x轴交于点,求t的取值范围.
思路 利用弦的中点坐标表示弦所在直线的方程,通过椭圆的范围特征确定中垂线横截距的取值范围.
解析 设AB的中点为.
第一种情况,若直线AB平行于x轴,则线段AB的垂直平分线为y轴,即;
第二种情况,若直线AB不平行于x轴,则,
根据定理1,有,
又因为,所以,所以,
化简得,其中或,所以或.
综上,t的取值范围为.
注 本题源于1992年高考全国卷第28题,如下.
已知椭圆,A,B是椭圆上的两点,线段AB的垂直平分线l与x轴交于点,求证:.
事实上,由题意知直线l与y轴不垂直.
设AB的中点为,则由定理1得,.
所以AB的中垂线方程为,令,得.
又,故,即.
升华 设椭圆(或双曲线)的不垂直于坐标轴的弦AB的中点为,由定理1知(或),得到(或),这就是“点差法”所得的结果.事实上,定理1的证明过程就是“点差法”.
【类题1-1】
7.已知圆,圆,动圆P与圆,圆都外切.圆心P的轨迹为曲线C
(1)求C的方程;
(2)已知A,B是C上不同的两点,AB中点的横坐标为2,且AB的中垂线为直线l,是否存在半径为1的定圆E,使得l被圆E截得的弦长为定值,若存在,求出圆E的方程;若不存在,请说明理由
【类题1-2】
8.已知椭圆:(),,为其左,右焦点,为其上顶点,的内切圆周长为.
(1)求椭圆的离心率;
(2)若点在椭圆上,,是椭圆上任意两点,线段的垂直平分线与轴相交于点,求的取值范围.
【类题1-3 】
9.已知椭圆:,过其左焦点作直线l交椭圆于P,A两点,取P点关于x轴的对称点B.若G点为的外心,则( )
A.2 B.3 C.4 D.以上都不对
试卷第1页,共3页
试卷第1页,共3页
参考答案:
1.BD
【分析】设,进而根据题意得,,进而依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解:设,则 ,
所以,,
整理得,
所以对于A选项,时,点的轨迹是去除了两个点的双曲线上,故A选项错误;
对于B选项,当时,点的轨迹为圆,故在圆上运动,故B选项正确;
对于C选项,当时,点的轨迹为表示焦点在轴上的椭圆,离心率为,故当时,椭圆的离心率随着的增大而减小,故C选项错误;
对于D选项,由于,点的运动轨迹,对任意的点与均在,故曲线关于轴对称,点的运动轨迹为,可能为椭圆,双曲线,圆,但均为轴对称图形,故D选项正确.
故选:BD
2.A
【分析】由题意设(),,由点差法可得,而,,化简可得,从而可求出双曲线的离心率
【详解】由题意设(),,
则,
两式相减得,,
所以,
因为,
所以,
因为,所以,
因为
所以,
所以,
因为,所以,
所以,
所以,所以,
所以离心率,
故选:A
3.A
【分析】设,可求得,根据直线斜率与倾斜角的关系可构造关于的方程,解方程可求得结果.
【详解】
设,则,且,;
由双曲线方程知:,,
设,则,
又,,,
即,解得:或,
又,,即.
故选:A.
4.A
【分析】设出四点的坐标,将两点坐标代入椭圆方程并化简,同理将两点坐标代入椭圆方程并化简,根据化简上述两个式子,由此求得的值,进而求得椭圆离心率.
【详解】设因为,且,所以,同理.将两点坐标代入椭圆方程并化简得,即,同理,由于,,所以,即,即,两式相加得,即,所以,所以,故选A.
【点睛】
本小题主要考查直线和椭圆的位置关系,考查定比分点坐标公式,考查点在曲线上的运用,考查化归与转化的数学思想方法,考查运算求解能力,考查椭圆离心率的求法,难度较大,属于难题.
5.
【分析】利用点差法求解直线的斜率
【详解】设,则①,②.
②-①得,
所以,
即直线l的斜率为.
故答案为:
6.(1);
(2).
【分析】
(1)由题意知、、三点共线,可设直线的方程为,并设点,,将直线的方程与曲线的方程联立,并列出韦达定理,利用导数求出曲线在点、处的切线方程,将两切线方程联立,求出点的坐标,即可得出点的轨迹方程;
(2)由,利用坐标运算得出,代入韦达定理解出,根据对称性取,求出线段的中点的坐标为,由转化为可求出点的坐标,并得出点的坐标,利用弦长公式计算出,利用点到直线的距离公式分别计算出和的高,并计算出这两个三角形的面积,相加即可得出四边形的面积.
【详解】(1)曲线就是抛物线,它的焦点坐标为,
存在实数使得,则、、三点共线,
显然直线的斜率存在,设直线的方程为,
由消去,整理得,,设,,
则,,由,求导得,切线斜率,
曲线在点处的切线方程是,即,
同理得曲线在点处的切线方程是,
由,得,因此点的坐标为,
所以点的轨迹方程为.
(2)当时,由,得,则,
于是,解得,,,由对称性不妨取,

设的中点为,则,,
由点在以点为直径的圆上,得,
设,则,即,解得,则,
将直线的方程,即,
则点到的距离,
因此,
由(1)点,即,点到的距离
因此,
显然、在两侧,所以四边形ADBE的面积.
7.(1)
(2)存在;定圆E:
【分析】(1)由动圆与两定圆外切得到圆心距与半径之间的关系,作差后得到动圆圆心 的轨迹符合双曲线的定义,由已知求出实半轴和焦半距,则动圆圆心的轨迹方程可求
(2)先利用“点差法”写出直线 的方程,再写出 的中垂线 的方程,求出 所过的定点即为圆 的圆心,然后写出圆的方程即可
【详解】(1)圆的圆心为(-2,0),半径为
圆的圆心为(2,0),半径为
设动圆P的半径为R,因为动圆P与圆,圆都外切
所以
所以
所以点P在以,为焦点,以2为实轴长的双曲线的右支上,
设双曲线的方程为
所以,所以
注意圆与圆外切于点(1,0),P不可能为(1,0),
所以C的方程为
(2)设,AB的中点为
因为A,B是C上不同的两点,AB中点的横坐标为2.
所以

当存在时,
因为AB的中垂线为直线l,所以,即
所以 过定点T(8,0),.
当不存在时,A,B关于x轴对称,AB的中线l为x轴,此时l也过T(8,0),
所以存在定圆E:,使得l被圆E截得的弦长为定值2.
8.(1);(2).
【分析】(1)记的内切圆半径为,则由题意可求得,再由的面积列方程可求出,从而可得离心率;
(2)由于点在椭圆上,则将其坐标代入中,再结合,,可求出椭圆的方程,设,,线段的中点为 ,利用点差法可得,从而可得线段的垂直平分线的方程,则,再由点在椭圆内部可求出结果
【详解】解:(1)记的内切圆半径为,则,则 ,
又的面积:,即,故椭圆的离心率为 ;
(2)因为点在椭圆上,即,又因为,,则,
则 ,所以 ,,,故椭圆为.
又设,,线段的中点为 .
若,即,则,满足题意;若,即,则不满足题意,应舍去;
当时,有,作差得:
因为,,所以,
因为,所以 ,
设线段的垂直平分线为,则,得 :,
令,得,又因为点在椭圆内部,则,则,

【点睛】关键点点睛:此题考查椭圆离心率的求法,考查椭圆方程的求法,考查直线与椭圆的位置关系,解题的关键是利用点差法求出,从而可求出线段的垂直平分线的方程,由此可求出,进而可求得结果,属于中档题
9.C
【分析】设出直线方程,联立椭圆方程得到韦达定理,结合外心的性质,求得点的坐标,再用弦长公式求得,再求结果即可.
【详解】根据题意可得,显然直线的斜率存在,故可设其方程为,
联立椭圆方程可得:,设,
故,,,
故,
设的中点为,则其坐标为,
显然轴垂直平分,故可设,又直线方程为:,
令,解得,故,
故.
故选:C.
答案第1页,共2页
答案第1页,共2页

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