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模块7专题6 正交于顶 模型优先【讲】
【典例1】．（23-24高三下·四川·期末）已知坐标原点为，椭圆的上顶点为，右焦点为，且，．
(1)求椭圆的方程；
(2)过作互相垂直的两条直线分别交于、两点，求的最大值．
【典例2】．已知平面直角坐标系下，抛物线的准线方程：
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若抛物线上两点满足，求证：直线过定点，并求出定点坐标.
【典例3】.已知椭圆：（）经过点，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知点，，为椭圆上异于A的两点，且，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标.
以上三题是抛物线或椭圆的弦对顶点张角为直角的问题．
关于抛物线或椭圆对顶点张角为直角的弦的判定和性质，有以下几个结论．
定理1 设点在抛物线上，且（为坐标原点），则：
对抛物线，弦恒过定点；
对抛物线，弦恒过定点．
反之也成立．《普通高中教科书数学选择性必修第一册版》第138页习题3.3第6题即是此结论的具体情形．
下面只对的情形加以证明，对的情形类似可证．
证明 设直线的方程为．
由可得，由可得．
当时，点的横坐标均为，弦垂直于轴，弦过定点．
当时，弦所在的直线方程为，
即．令，得．综上，可知弦过定点．
反之，若弦过定点，因为直线不是水平直线，可设其方程为．
设，其坐标满足消去得．
由此得，则．
于是，即．定理1得证．
对于上面提到的教材中的问题，由于在抛物线中，，直线过点，故有．
对定理1进行逆向分析，可得定理2．
定理2 1．直线与抛物线交于两点，若直线过定点，则
．
反之，若，则直线过定点；
若，则直线过定点或．
2．直线与抛物线交于两点，若直线过定点，则
．
反之，若，则直线过定点；
若，则直线过定点或．
定理2的证明从略，请读者自证．
将定理1类比到椭圆中，可得以下结论．
定理3 设椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，直线交椭圆于两点．则：
1．对于右顶点，如果，那么直线过定点，反之，如果直线过定点，那么；
2．对于左顶点，如果，那么直线过定点，反之，如果直线过定点，那么；
3．对于上顶点，如果，那么直线过定点，反之，如果直线过定点，那么；
4．对于下顶点，如果，那么直线过定点，反之，如果直线过定点，那么．
证明 1．如图，设过点的直线的方程为，
联立方程消去得．
设，则有．
因为
，
所以，得．
反之，显然直线的斜率存在且不等于0，故设直线的方程为，
由得，
整理得．
设，则．
设，因为，故以代替，得．于是
，
所以，故三点共线，即直线过定点．
同理可证2～4，具体证明过程略．
【精细化解析 典例1】
第一步：利用已知条件求出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程；
易知点、，则，
，，则，故，
因此，椭圆的方程为.
第二步：设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由可求出的值，然后利用弦长公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值.
设点、，
若轴，则、关于轴对称，即点，
，不合乎题意，
所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立可得，
，
由韦达定理可得，，
因为，，同理可得，
，
因为直线不过点，则，整理可得，解得，满足，
所以，，，
则
，
因为，令，
则，
因为函数在上单调递增，
故当时，即当时，取最大值，且其最大值为.
[精细化解析 典例2]
第一步：通过准线求出即可；
由准线方程：可得，即，
所以抛物线的标准方程为；
第二步：设，，与抛物线联立，利用韦达定理计算，求出即可.
是抛物线上两点，明显直线的斜率不为零，
设，，
联立，消去得，
则，
所以，
解得，此时
所以，其过定点.
【精细化解析 典例3】
第一步：根据题意代入运算求解即可；
由题意可得，解得，，
故椭圆的标准方程为.
第二步：设直线的方程为，联立方程可得韦达定理，结合向量垂直的坐标表示运算求解.
因为，为椭圆上异于A的两点，所以直线的斜率存在，
不妨设直线的方程为，，，
联立方程，消去y得，
则，整理得，
由韦达定理得，，
因为，，，，
可得
化简得，解得或，
当时，直线的方程为，直线过点，不合题意；
当时，恒成立，直线的方程为，
所以直线过定点.
类型1 抛物线的方程问题
例1 如图，已知抛物线为顶点，设为抛物线上原点以外的两个动点，于点，求点的轨迹方程，并说明它表示什么曲线．
思路 由，得到直线恒过定点．
解析 由定理1知直线恒过定点．由可知，点的轨迹是以为直径的圆（除去原点），轨迹方程为．
升华 对抛物线的顶点张角为直角的弦过定点，定点的坐标可由定理1求得．
升华 如果二元变量a，满足条件，则可先利用比例的性质，构造与指数均值不等式相关的结构，再通过指数均值不等式放缩．
【类题1-1】
1．已知抛物线 ，直线 与 E 交于 A，B 两点，且 ，其中 O 为原点．
（1）求抛物线 E 的方程；
（2）点 C 坐标为 (0,-2)，记直线 CA，CB 的斜率分别为 ，，证明： 为定值．
【类题1-2】
2．已知为抛物线上的两点，（为坐标原点），若所在直线的斜率为，且与轴交于（4，0）点，则抛物线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【类题1-3 】
3．已知O为坐标原点，抛物线E：（p＞0），过点C（0，2）作直线l交抛物线E于点A、B（其中点A在第一象限），且（＞0）.
(1)求抛物线E的方程；
(2)当=2时，过点A、B的圆与抛物线E在点A处有共同的切线，求该圆的方程
类型2 三角形的面积问题
例2 已知是抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则与面积之和的最小值是（ ）
A．2 B．3 C． D．
思路 由，得到弦过定点，再将与的面积之和转化为点的纵坐标的函数，利用基本不等式求得最小值．
解析 已知，据定理2.1，令，解得或．
由于点位于轴两侧，当时，直线过轴上的点或（舍去），
当时，直线过轴上的点（舍去）或，
所以直线过轴上的点．
又，设，易知，
于是，
当且仅当，即时取等号，
所以与面积之和的最小值是3．故选B．
升华 根据定理2，可由抛物线一条弦的两个端点与顶点连成的两个向量的数量积求得弦经过的定点坐标．
【类题1-1】
4．已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，而且为坐标原点)，若与的面积分别为和，则最小值是（ ）
A． B． C． D．
【类题1-2】
5．已知是抛物线的焦点，点，在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），则面积的最小值是 ．
【类题1-3 】
6．已知抛物线，点在该抛物线上且位于轴的两侧，（其中为坐标原点），若记的面积为的面积为，则的最小值是（ ）
A．3 B． C． D．
类型3 椭圆顶点正交弦过定点问题
例3 已知为椭圆的上顶点，为椭圆上异于的两点，且，则直线过定点（ ）
A． B． C． D．
解析 根据定理3.3，易得，所以直线过定点．故选D．
升华 对椭圆的顶点张角为直角的弦过定点，定点的坐标可由定理3求得．
【类题1-1】
7．已知椭圆的短轴长为4，离心率为，斜率不为0的直线与椭圆相交于，两点（，异于椭圆的顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线是否过定点，如果过定点，求出该定点的坐标；如果不过定点，请说明理由.
【类题1-2】
8．已知椭圆：的离心率，椭圆的左焦点为，短轴的两个顶点分别为 ，且．
（1）求椭圆的标准方程．
（2）若过左顶点作椭圆的两条弦 ，且，求证：直线与轴的交点为定点．
【类题1-3 】
9．已知点，和圆O：，动点M在圆O上，关于M的对称点为N，的中垂线与交于点Q，记点Q的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设曲线C与y轴的正半轴交于点P，不过点P的直线l交曲线C于A，B两点，若，证明直线l恒过定点.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．（1）；（2）证明过程详见解析.
【详解】试题分析：本题考查抛物线的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的数量积等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质，考查运算求解能力、综合分析和解决问题的能力.第一问，将直线与抛物线方程联立，消去参数，得到关于的方程，得到两根之和两根之积，设出点的坐标，代入到中，化简表达式，再将上述两根之和两根之积代入得出的值，从而得到抛物线的标准方程；第二问，先利用点的坐标得出直线的斜率，再根据抛物线方程转化参数，得到和的关系式，代入到所求证的式子中，将上一问中的两根之和两根之积代入，化简表达式得出常数即可.
试题解析：（Ⅰ）将代入，得． 2分
其中
设，，则
，． 4分
．
由已知，，．
所以抛物线的方程． 6分
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，．
，同理， 10分
所以． 12分
考点：1.抛物线的标准方程；2.韦达定理；3.向量的数量积；4.直线的斜率公式.
2．B
【分析】求得直线的方程，联立方程组，结合根与系数的关系，得到，再由，转化为，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，直线所在直线的斜率为，且与轴交于点，
可得直线的方程为，即，
联立方程组，整理得，
所以，
设，
因为，即，即，
可得
，
解得，所以抛物线的方程为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查了直线方程和向量的数量积的应用，以及直线与抛物线的位置关系的应用，其中解答中联立方程组，结合根与系数的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
3．(1)
(2)
【分析】（1）可设直线l的方程为，，联立方程，利用韦达定理求得，再根据，求得，即可得解；
（2）联立方程，利用韦达定理求得，当时，知，从而可求得点的坐标及直线方程，再根据导数的集合意义可求得点A且与切线垂直的直线方程，从而可求得圆心及半径，即可得解.
【详解】（1）解：直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为，
设直线l与抛物线的交点坐标为，
A、B在抛物线上，则=，
由消y并整理成，
所以，
又，则，所以，
所以，
所以抛物线E的方程为 ；
（2）解：由消y并整理成，
所以，
当时，知，
又，所以，
所以线段AB的中点坐标为，A的坐标为，
线段AB的垂直平分线方程为，即，
求导得，
抛物线E在点A处的切线斜率为2，
过点A且与切线垂直的直线方程为，即，
由及得圆心坐标为，
圆的半径为，
所以所求的圆方程为.
4．C
【分析】由题意设直线AB的方程，联立方程组，可得y1y2，x1x2，由2，可得AB与x轴的交点，面积用y1﹣y2来表示，用均值不等式求出最小值．
【详解】设直线的方程为点，直线与轴的交点为.
联立可得.
根据根与系数的关系，得.
，
即.
位于轴的两侧，.
设点在轴的上方，则.
，，当且仅当 等号成立
故选：C
【点睛】本题主要考查了直线与抛物线相交及三角形的面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，中难题．
5．
【分析】设直线的方程为，点，，联立直线与抛物线，利用韦达定理得到，根据，即可求出，从而求出的值，不妨设，则，再利用基本不等式计算可得.
【详解】解：设直线的方程为，点，，直线与轴的交点为，
将代入，可得，
根据韦达定理有，
（其中为坐标原点），
，从而，
点，位于轴的两侧，
，所以．
不妨令点在轴上方，则，
，
当且仅当，即时取“”号，
面积的最小值是．
故答案为：．
6．C
【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，根据韦达定理得到直线与轴的交点为，再表示出，利用基本不等式即可求解.
【详解】由题意得，直线不与轴平行，
所以设直线的方程为：，点，
直线与轴的交点为，
联立，得，
根据韦达定理有，
因为，即，
解得或
又因为点在该抛物线上且位于轴的两侧，所以，
所以，所以.
不妨设点在轴上方，即，
又，所以
，
当且仅当，即时取等号．
所以的最小值为.
故选：C.
7．（1）；（2）过定点，.
【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质可知，，再结合即可求出；
（2）依题设直线：，，，联立直线和椭圆方程求出，，再根据以为直径的圆过椭圆的右顶点可得，代入化简可得，求出，即可知直线过定点．
【详解】（1）由题可知，，而，解得．
所以椭圆的标准方程为.
（2）由题设直线：，，，，
联立直线方程与椭圆方程得：，
，，，
因为以为直径的圆过椭圆的右顶点，
所以，将，代入化简可得，，解得或.
当时，直线与椭圆的一个交点为右顶点，与题意不符，舍去．
∴，即直线过定点.
【点睛】本题主要考查利用椭圆的简单几何性质求椭圆方程，直线与椭圆的位置关系的应用，圆的几何性质的应用以及椭圆中的直线过定点问题的解法应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于中档题．
8．（1）．（2）答案见解析
【解析】（1）由题意、、，解方程组求出，，即可得解；
（2）设直线方程为，联立方程组得， ，则直线的方程为，令得，即可得证.
【详解】（1）设，，，由题意，①
②
又③
由①②③得：，，所以椭圆方程为：．
（2）证明：由题可知：，直线，斜率存在且不为零，设直线斜率为，则直线斜率为，
设直线方程为，与椭圆方程联立得
，得： ①
方程①的一根为-2，设，则，得，
所以，得，
得，同理可得(将换为)得，
则
，
所以直线的方程为，
令，则．
所以，直线与轴的交点为定点．
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解，考查了与椭圆相关的定点问题，考查了计算能力，属于中档题.
9．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）找到动点满足的等量关系式，根据定义可知轨迹为椭圆，从而得到椭圆方程
（2）设直线方程，与椭圆联立，根据以及韦达定理，得到直线方程中参数满足的等量关系，从而求出直线过的定点
【详解】（1）
如上图所示，因为Q是的中垂线上一点，所以，所以，中，为中点，为中点，即为的中位线，所以，即，所以点Q的轨迹为椭圆，，所以，椭圆方程为：
（2）由（1）得：，直线斜率不存在时，不满足题意，所以直线斜率存在，设直线的方程为：，联立得：，设，则，，，， ，因为，所以，即，代入得：，解得：（与点重合，舍）或，所以直线方程为，所以直线恒过定点
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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