資源簡介

專題二 垂徑定理 拓展延伸【講】
【典例1】．（2022年高考全國甲卷理科第10題）橢圓的左頂點為A，點P，Q均在C上，且關于y軸對稱．若直線AP，AQ的斜率之積為，則C的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【典例2】．（2022年新高考全國Ⅱ卷第16題）已知橢圓，直線l與橢圓在第一象限交于點A，B，與x軸、y軸分別交于點M，N，且，，則直線l的方程為______．
【典例3】.（2020年高考浙江卷第21題）如圖，已知橢圓，拋物線，點A是橢圓與拋物線的交點，過點A的直線l交橢圓于點B，交拋物線于點M（點B，M不同于點A）．
（1）若，求拋物線的焦點坐標；
（2）若存在不過原點的直線l，使M為線段AB的中點，求p的最大值．
上面三個問題，考查的是有心圓錐曲線（橢圓、雙曲線）弦的中點與中心連線的性質——垂徑定理，下列定理揭示了這三個問題的本質．
定理1 圓錐曲線的垂徑定理（圓的垂徑定理的推廣）若點M是“有心圓錐曲線”（橢圓或雙曲線）的弦AB的中點，其中AB不平行于對稱軸且不過曲線中心O，則．
我們僅對橢圓的情形進行證明，雙曲線可類似證明．
證法1 設橢圓C的方程為，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，直線l與橢圓C的兩個交點分別為，，線段AB的中點為M．
作變換，，得圓．
對應地，在圓上有，，為的中點，
由圓的垂徑定理得，即，
將，代入，化簡得，即．
證法2 設橢圓C的方程為，直線l與橢圓C的兩個交點分別為，，線段AB的中點為M，，，
兩式相減，得，即，
所以．
注1 對橢圓而言，，當a與b無限接近時，，如果將圓看作橢圓的極限狀態（，），定理1可理解為圓的垂徑定理在圓錐曲線中的拓展與深化．
注2 對雙曲線而言，．
注3 定理1中，若橢圓方程為，或雙曲線方程為，則相應的結論為．
注4 2010年高考上海卷理科第23（2）題如下．
已知橢圓的方程為，直線交橢圓于C，D兩點，交直線于點E．若，證明：E為CD的中點．
這就是定理1的一個逆命題，證明如下．
如圖，連接CO，交橢圓于點F，因為CF過原點，D是橢圓上的點，由定理1可知．
又，故DF平行于OE．因為O是CF的中點，故E是CD的中點．
圓錐曲線的垂徑定理可以進行如下演繹．
如圖，過點B作交曲線于點，則由對稱性可知A，O，三點共線．
推論1 若A，B是橢圓上關于原點對稱的兩個點，M是該橢圓上異于點A，B的任意一點，則直線AM，BM的斜率之積為定值，即（e是橢圓的離心率）．
《普通高中教科書數學選擇性必修第一冊A版》第108頁例3即為推論1的特殊情形．
推論2 若A，B是雙曲線上關于原點對稱的兩個點，M是該雙曲線上異于點A，B的任意一點，則直線AM，BM的斜率之積為定值，即（e是雙曲線的離心率）．
上述教材第121頁“探究”欄目即為推論2的特殊情形．
下面給出推論1的證明（推論2的證明類似）．
設，，，則，，．
注1 在推論1中，如果橢圓方程變為，其他條件不變，則．
注2 在推論1中，令，則，可見推論1可看成圓周角定理（直徑所對的圓周角為直角）在橢圓中的推廣，如圖1和圖2．
注3 如圖3，雙曲線可看成“虛橢圓”，則由推論1有．
推論1和推論2可以統一敘述為：
（圓周角定理的推廣）若AB為“有心圓錐曲線”的直徑，M為曲線上異于點A，B的任一點，則．
以上結論表明，橢圓和雙曲線上的點與“直徑”（曲線上關于原點對稱的兩點）兩端點的連線斜率之積為常數，如果逆向探究推論1和推論2，則可得定理2．
定理2 平面內與兩個定點，連線的斜率之積為定值的動點P的軌跡為有心圓錐曲線（除A，B兩點），其方程為．
（1）若且，則動點的軌跡方程為橢圓（除去A，B兩點）；
（2）若，則動點的軌跡方程為雙曲線（除去A，B兩點）；
（3）若，則動點的軌跡方程為圓（除去A，B兩點）．
注1 我們可以將定理2的相關內容當作圓錐曲線的第三定義．
注2 令，，即得《普通高中教科書數學選擇性必修第一冊A版》第108頁例3的結果：；
令，，即得上述教材第121頁“探究”欄目的結果：；
令，，即得上述教材第146頁復習參考題3第11題的結果：
，當時，軌跡是橢圓（）或者圓（），并除去兩點，；當時，軌跡是雙曲線，并除去兩點，．
【精細化解析 典例1】
第一步：根據橢圓的對稱性得斜率關系；
可設橢圓C的右頂點為B，因為點P，Q關于y軸對稱，所以有，
第二步：根據橢圓定義結合垂徑定理求解即可.
根據推論1，有，解得．故選A．
[精細化解析 典例2]
第一步：設直線的AB方程，求出中點坐標；
取AB的中點E，設直線AB的方程為，其中，則，．
因為，所以，所以．
第二步：根據垂徑定理求出斜率，再結合弦長求解b.
根據定理1，，所以．
由不難求出．
所以直線AB的方程為，即．
【精細化解析 典例3】
第一步：根據條件求得拋物線方程；
當時，的方程為，故拋物線的焦點坐標為；
第二步：根據垂徑定理，結合點與橢圓的位置關系，利用判別式法列不等式求解即可.
設，，根據定理1可得，
所以，整理得．
因為關于的方程有解，所以，即．
因為點A在橢圓上，所以，即，所以，解得．
所以，即，所以．
類型1 曲線上的點與直徑端點連線的斜率乘積問題
例1 已知直線與雙曲線交于P，Q兩點，軸于點H，直線PH與雙曲線C的另一個交點為T，則下列選項中錯誤的是（ ）
A．且 B．
C．為定值 D．的最小值為2
思路 根據推論2，是分析選項C，D的關鍵．
解析 ，是雙曲線上關于原點對稱的兩點，點也在雙曲線上．
對于選項A，雙曲線的漸近線方程為，直線與雙曲線交于P，Q兩點，所以，又，所以選項A正確．
對于選項B，因為，所以，所以選項B正確．
對于選項C，由推論2可得，所以選項C正確．
對于選項D，因為，所以，故選項D錯誤．
故選D．
升華 設雙曲線（或橢圓）上一個動點與該曲線上關于原點對稱的兩個點的連線的斜率分別為，，由推論2（或推論1）可知（雙曲線的情形）或（橢圓的情形），
給定，，e中任意兩個，可以求得第三個．
【類題1-1】
1．已知的兩個頂點的坐標分別是，且所在直線的斜率之積等于且斜率之差等于，則正確的是（ ）
A．當時，點的軌跡是雙曲線.
B．當時，點在圓上運動.
C．當時，點所在的橢圓的離心率隨著的增大而增大.
D．無論n如何變化，點的運動軌跡是軸對稱圖形.
【類題1-2】
2．已知雙曲線：（，），過原點的直線交于、兩點（點在右支上），雙曲線右支上一點（異于點）滿足，直線交軸于點，若，則雙曲線的離心率為（ ）.
A． B．2 C． D．3
【類題1-3 】
3．已知雙曲線的左、右頂點分別為，點(與點不重合)是雙曲線右支上一點，若，則的值是（ ）
A． B． C． D．
類型2 圓錐曲線的中心與弦中點的連線和弦所在直線的斜率乘積問題
例2 已知圓在橢圓的內部，A為C上的一個動點，過點A作圓M的一條切線，交C于另一點B，切點為D，當D為AB的中點時，直線MD的斜率為，則C的離心率為（ ）
A． B． C． D．
思路 根據定理1得，求出C的離心率．
解析 如圖，，，
所以，．
易知，
所以，
解得（不合題意，舍去），則．
根據定理1得，
故C的離心率．故選C．
升華 設是有心圓錐曲線的弦所在直線的斜率，弦所在直線不平行于對稱軸且不過曲線中心O，弦的中點與原點連線的斜率為，則由定理1，可知，給定，，e中任意兩個，可以求得第三個．
【類題1-1】
4．已知橢圓內有一定點，過點P的兩條直線，分別與橢圓交于A、C和B、D兩點，且滿足，，若變化時，直線CD的斜率總為，則橢圓的離心率為
A． B． C． D．
【類題1-2】
5．已知橢圓：，過點作直線橢圓C交于，點，若點恰好為線段的中點，則直線的斜率為 ．
【類題1-3 】
6．已知曲線的焦點是F，A，B是曲線C上不同的兩點，且存在實數使得，曲線C在點A，B處的切線交于點D．
(1)求點D的軌跡方程；
(2)點E在y軸上，以EF為直徑的圓與AB的另一個交點恰好是AB的中點，當時，求四邊形ADBE的面積．
類型3 弦的中垂線的截距問題
例3 已知A，B是橢圓上的兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點，求t的取值范圍．
思路 利用弦的中點坐標表示弦所在直線的方程，通過橢圓的范圍特征確定中垂線橫截距的取值范圍．
解析 設AB的中點為．
第一種情況，若直線AB平行于x軸，則線段AB的垂直平分線為y軸，即；
第二種情況，若直線AB不平行于x軸，則，
根據定理1，有，
又因為，所以，所以，
化簡得，其中或，所以或．
綜上，t的取值范圍為．
注 本題源于1992年高考全國卷第28題，如下．
已知橢圓，A，B是橢圓上的兩點，線段AB的垂直平分線l與x軸交于點，求證：．
事實上，由題意知直線l與y軸不垂直．
設AB的中點為，則由定理1得，．
所以AB的中垂線方程為，令，得．
又，故，即．
升華 設橢圓（或雙曲線）的不垂直于坐標軸的弦AB的中點為，由定理1知（或），得到（或），這就是“點差法”所得的結果．事實上，定理1的證明過程就是“點差法”．
【類題1-1】
7．已知圓，圓，動圓P與圓，圓都外切．圓心P的軌跡為曲線C
(1)求C的方程；
(2)已知A，B是C上不同的兩點，AB中點的橫坐標為2，且AB的中垂線為直線l，是否存在半徑為1的定圓E，使得l被圓E截得的弦長為定值，若存在，求出圓E的方程；若不存在，請說明理由
【類題1-2】
8．已知橢圓：（），，為其左，右焦點，為其上頂點，的內切圓周長為.
（1）求橢圓的離心率；
（2）若點在橢圓上，，是橢圓上任意兩點，線段的垂直平分線與軸相交于點，求的取值范圍.
【類題1-3 】
9．已知橢圓：，過其左焦點作直線l交橢圓于P，A兩點，取P點關于x軸的對稱點B.若G點為的外心，則（ ）
A．2 B．3 C．4 D．以上都不對
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．BD
【分析】設，進而根據題意得，，進而依次討論各選項即可得答案.
【詳解】解：設，則 ，
所以，，
整理得，
所以對于A選項，時，點的軌跡是去除了兩個點的雙曲線上，故A選項錯誤；
對于B選項，當時，點的軌跡為圓，故在圓上運動，故B選項正確；
對于C選項，當時，點的軌跡為表示焦點在軸上的橢圓，離心率為，故當時，橢圓的離心率隨著的增大而減小，故C選項錯誤；
對于D選項，由于，點的運動軌跡，對任意的點與均在，故曲線關于軸對稱，點的運動軌跡為，可能為橢圓，雙曲線，圓，但均為軸對稱圖形，故D選項正確.
故選：BD
2．A
【分析】由題意設（），，由點差法可得，而，，化簡可得，從而可求出雙曲線的離心率
【詳解】由題意設（），，
則，
兩式相減得，，
所以，
因為，
所以，
因為，所以，
因為
所以，
所以，
因為，所以，
所以，
所以，所以，
所以離心率，
故選：A
3．A
【分析】設，可求得，根據直線斜率與傾斜角的關系可構造關于的方程，解方程可求得結果.
【詳解】
設，則，且，；
由雙曲線方程知：，，
設，則，
又，，，
即，解得：或，
又，，即.
故選：A.
4．A
【分析】設出四點的坐標，將兩點坐標代入橢圓方程并化簡，同理將兩點坐標代入橢圓方程并化簡，根據化簡上述兩個式子，由此求得的值，進而求得橢圓離心率.
【詳解】設因為，且，所以，同理.將兩點坐標代入橢圓方程并化簡得，即，同理，由于，，所以，即，即，兩式相加得，即，所以，所以，故選A.
【點睛】
本小題主要考查直線和橢圓的位置關系，考查定比分點坐標公式，考查點在曲線上的運用，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查運算求解能力，考查橢圓離心率的求法，難度較大，屬于難題.
5．
【分析】利用點差法求解直線的斜率
【詳解】設，則①，②．
②－①得，
所以，
即直線l的斜率為．
故答案為：
6．(1)；
(2).
【分析】
（1）由題意知、、三點共線，可設直線的方程為，并設點，，將直線的方程與曲線的方程聯立，并列出韋達定理，利用導數求出曲線在點、處的切線方程，將兩切線方程聯立，求出點的坐標，即可得出點的軌跡方程；
（2）由，利用坐標運算得出，代入韋達定理解出，根據對稱性取，求出線段的中點的坐標為，由轉化為可求出點的坐標，并得出點的坐標，利用弦長公式計算出，利用點到直線的距離公式分別計算出和的高，并計算出這兩個三角形的面積，相加即可得出四邊形的面積.
【詳解】（1）曲線就是拋物線，它的焦點坐標為，
存在實數使得，則、、三點共線，
顯然直線的斜率存在，設直線的方程為，
由消去，整理得，，設，，
則，，由，求導得，切線斜率，
曲線在點處的切線方程是，即，
同理得曲線在點處的切線方程是，
由，得，因此點的坐標為，
所以點的軌跡方程為.
（2）當時，由，得，則，
于是，解得，，，由對稱性不妨取，
，
設的中點為，則，，
由點在以點為直徑的圓上，得，
設，則，即，解得，則，
將直線的方程，即，
則點到的距離，
因此，
由（1）點，即，點到的距離
因此，
顯然、在兩側，所以四邊形ADBE的面積．
7．(1)
(2)存在；定圓E：
【分析】（1）由動圓與兩定圓外切得到圓心距與半徑之間的關系，作差后得到動圓圓心 的軌跡符合雙曲線的定義，由已知求出實半軸和焦半距，則動圓圓心的軌跡方程可求
（2）先利用“點差法”寫出直線 的方程，再寫出 的中垂線 的方程，求出 所過的定點即為圓 的圓心，然后寫出圓的方程即可
【詳解】（1）圓的圓心為（-2，0），半徑為
圓的圓心為（2，0），半徑為
設動圓P的半徑為R，因為動圓P與圓，圓都外切
所以
所以
所以點P在以，為焦點，以2為實軸長的雙曲線的右支上，
設雙曲線的方程為
所以，所以
注意圓與圓外切于點（1，0），P不可能為（1，0），
所以C的方程為
（2）設，AB的中點為
因為A，B是C上不同的兩點，AB中點的橫坐標為2．
所以
得
當存在時，
因為AB的中垂線為直線l，所以，即
所以 過定點T（8，0），．
當不存在時，A，B關于x軸對稱，AB的中線l為x軸，此時l也過T（8，0），
所以存在定圓E：，使得l被圓E截得的弦長為定值2．
8．（1）；（2）.
【分析】（1）記的內切圓半徑為，則由題意可求得，再由的面積列方程可求出，從而可得離心率；
（2）由于點在橢圓上，則將其坐標代入中，再結合，，可求出橢圓的方程，設，，線段的中點為 ，利用點差法可得，從而可得線段的垂直平分線的方程，則，再由點在橢圓內部可求出結果
【詳解】解：（1）記的內切圓半徑為，則，則 ，
又的面積：，即，故橢圓的離心率為 ；
（2）因為點在橢圓上，即，又因為，，則，
則 ，所以 ，，，故橢圓為.
又設，，線段的中點為 .
若，即，則，滿足題意；若，即，則不滿足題意，應舍去；
當時，有，作差得：
因為，，所以，
因為，所以 ，
設線段的垂直平分線為，則，得 ：，
令，得，又因為點在橢圓內部，則，則，
故
【點睛】關鍵點點睛：此題考查橢圓離心率的求法，考查橢圓方程的求法，考查直線與橢圓的位置關系，解題的關鍵是利用點差法求出，從而可求出線段的垂直平分線的方程，由此可求出，進而可求得結果，屬于中檔題
9．C
【分析】設出直線方程，聯立橢圓方程得到韋達定理，結合外心的性質，求得點的坐標，再用弦長公式求得，再求結果即可.
【詳解】根據題意可得，顯然直線的斜率存在，故可設其方程為，
聯立橢圓方程可得：，設，
故，，，
故，
設的中點為，則其坐標為，
顯然軸垂直平分，故可設，又直線方程為：，
令，解得，故，
故.
故選：C.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

展開更多......

收起↑