(甘志国)蒙日圆及其证明
蒙日圆及其证明
蒙日圆及其证明高考题 (2014年高考广东卷文科、理科第20题)已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的一个焦点为，离心率为3．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动点00(,)P x y 为椭圆C 外一点，且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直，求点P 的轨迹方程．答案：(1)22194x y +=；(2)2213x y +=．这道高考题的背景就是蒙日圆.普通高中课程标准实验教科书《数学2·必修·A 版》(人民教育出版社，2007年第3版，2014年第8次印刷)第22页对画法几何的创始人蒙日(G.Monge ，1745-1818)作了介绍.以上高考题第(2)问的一般情形是定理 1 曲线1:2222=+Γb y a x 的两条互相垂直的切线的交点P 的轨迹是圆2222b a y x +=+.定理1的结论中的圆就是蒙日圆.先给出定理1的两种解析几何证法：定理1的证法1 当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P 的坐标是),(b a ±，或),(b a -±.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P 的坐标是,)(,(000a x y x ±≠且)0b y ±≠，所以可设曲线Γ的过点P 的切线方程是)0)((00≠-=-k x x k y y .由⎪⎩⎪⎨⎧-=-=+)(1002222x x k y y b y a x ，得 0)()(2)(2220020022222=--+--+b a y kx a x y kx ka x b k a由其判别式的值为0，得)0(02)(22022*******≠-=++--a x b y k y x k a x因为PB PA k k ,是这个关于k 的一元二次方程的两个根，所以220220ax b y k k PBPA -+=⋅由此，得2220201b a y x k k PB PA +=+⇔-=⋅进而可得欲证成立.定理1的证法2 当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P 的坐标是),(b a ±，或),(b a -±.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P 的坐标是,)(,(000a x y x ±≠且)0b y ±≠，所以可设两个切点分别是)0)(,(),,(21212211≠y y x x y x B y x A .得直线1:2020=+b y y a x x AB ，切线1:,1:22222121=+=+byy a x x PB b y y a x x PA .所以：2121221121421422221212,x x y y x y x y k k y y a x x b y a x b y a x b k k OB OA PBPA =⋅==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-= PBPA OBOA k k a b k k 44= 因为点)2,1)(,(=i y x i i 既在曲线1:2222=+Γb y a x 上又在直线1:2020=+by y a x x AB 上，所以220202222⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+b y y a x x b y a x i i 0)(2)(2204002222204=-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-a x b x y y x b a xy b y a iiii所以 PBPA OBOA k k a b b y a a x b x x y y k k 44220422042121)()(=--==220220ax b y k k PBPA --= 由此，可得222020b a y x PB PA +=+⇔⊥进而可得欲证成立.再给出该定理的两种平面几何证法，但须先给出四个引理.引理1 (椭圆的光学性质，见普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-1·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版，2014年第1次印刷)第76页)从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上(如图1所示).图1证明 如图2所示，设P 为椭圆Γ(其左、右焦点分别是21,F F )上任意给定的点，过点P 作21PF F ∠的外角平分线所在的直线)43(∠=∠l .先证明l 和Γ相切于点P ，只要证明l上异于P 的点P '都在椭圆Γ的外部，即证2121PF PF F P F P +>'+'：图2在直线1PF 上选取点F '，使2PF F P ='，得F P P ''∆≌2PF P '∆，所以2F P F P '=''，还得2111121PF PF F P P F F F F P F P F P F P +='+='>''+'='+'再过点P 作21PF F ∠的平分线(12)PA ∠=∠，易得l PA ⊥，入射角等于反射角，这就证得了引理1成立.引理2 过椭圆Γ(其中心是点O ，长半轴长是a )的任一焦点F 作椭圆Γ的任意切线l 的垂线，设垂足是H ，则a OH =.证明 如图3所示，设点F F ,'分别是椭圆Γ的左、右焦点，A 是椭圆Γ的切线l 上的切点，又设直线A F FH ',交于点B .图3由引理1，得B A H F lA FAH ∠='∠=∠(即反射角与入射角的余角相等)，进而可得FAH ∆≌BAH ∆，所以点H 是FB 的中点，得OH 是F BF '∆的中位线.又AB AF =，所以a AF A F AB A F OH =+'=+'=)(21)(21.引理3 平行四边形各边的平方和等于其两条对角线的平方和. 证明 由余弦定理可证(这里略去过程).引理4 设点P 是矩形ABCD 所在平面上一点，则2222PD PB PC PA +=+.证明 如图4所示，设矩形ABCD 的中心是点O ．图4由引理3，可得22222222)(2)(2PD PB OP OB OP OA PC PA +=+=+=+即欲证成立．注 把引理4推广到空间，得到的结论就是：底面是矩形的四棱锥相对侧棱长的平方和相等．定理1的证法3 可不妨设0,0>>b a .当b a =时，易证成立.下面只证明b a >的情形.如图5所示.设椭圆的中心是点O ，左、右焦点分别是21,F F ，焦距是c 2，过动点P 的两条切线分别是PN PM ,.图5连结OP ，作PN OH PM OG ⊥⊥,，垂足分别是H G ,.过点1F 作PM D F ⊥1，垂足为D ，由引理2得a OD =.再作OG K F ⊥1于K .记θ=∠K OF 1，得θcos 1c K F DG ==. 由Rt ODG ∆，得θ222222cos c a DG OD OG -=-=.又作OH L F PN E F ⊥⊥22,，垂足分别为L E ,.在Rt OEH ∆中，同理可得θ222222sin c a HE OE OH -=-=.(1)若PN PM ⊥，得矩形OGPH ，所以22222222222)sin ()cos (b a c a c a OH OG OP +=-+-=+=θθ(2)若222b a OP +=，得222222222)sin ()cos (OH OG c a c a OP +=-+-=θθ由PM OG ⊥，得222GP OG OP +=，所以OH GP =.同理，有HP OG =，所以四边形OGPH 是平行四边形，进而得四边形OGPH 是矩形，所以PN PM ⊥.由(1),(2)得点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+.定理1的证法4 可不妨设0,0>>b a .当b a =时，易证成立.下面只证明b a >的情形. 如图6所示.设椭圆的中心是点O ，左、右焦点分别是21,F F ，焦距是c 2，过动点P 的两条切线分别是PB PA ,，两切点分别为B A ,.分别作右焦点2F 关于切线PB PA ,的对称点N M ,，由椭圆的光学性质可得三点M A F ,,1共线(用反射角与入射角的余角相等).同理，可得三点N B F ,,1共线.图6由椭圆的定义，得a BF BF NF a AF AF MF 2,2211211=+==+=，所以11NF MF =.由O 是21F F 的中点，及平行四边形各边的平方和等于其两条对角线的平方和，可得)(2)(2222222221221OP c OP OF PF PF PM PF +=+=+=+ (1)若PB PA ⊥，得︒=∠+∠=∠+∠180)(22211BPF APF NPF MPF ，即三点N P M ,,共线.又PN PF PM ==2，所以MN PF ⊥1，进而得)(2422221212OP c PM PF MF a +=+==222b a OP +=(2)若222b a OP +=，得212222222214)(2)(2MF a b a c OP c PM PF ==++=+=+所以PM PF ⊥1.同理，可得PN PF ⊥1.所以三点N P M ,,共线. 得︒=∠+∠=∠+∠=∠90)(212222NPF MPF BPF APF APB ，即PB PA ⊥. 由(1),(2)得点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+.定理1的证法5 (该证法只能证得纯粹性)可不妨设0,0>>b a .当b a =时，易证成立.下面只证明b a >的情形.如图7所示，设椭圆的中心是点O ，左、右焦点分别是21,F F ，焦距是c 2，过动点P 的两条切线分别是PB PA ,，切点分别是B A ,.设点1F 关于直线PB PA ,的对称点分别为''21,F F ，直线'11F F 与切线PA 交于点G ，直线'21F F 与切线PB 交于点H .图7得1211,BF BF AF AF ='='，再由椭圆的定义，得a F F F F 22221='='，所以a OH OG ==. 因为四边形H PGF 1为矩形，所以由引理4得2222212a OH OG OP OF =+=+，所以222b a OP +=，得点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+.读者还可用解析几何的方法证得以下结论：定理 2 (1)双曲线)0(12222>>=-b a b y a x 的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆2222b a y x -=+；(2)抛物线px y 22=的两条互相垂直的切线的交点是该抛物线的准线.定理 3 (1)椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的两条斜率之积是22a b -的切线交点的轨迹方程是22222=+by a x ；(2)双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的两条斜率之积是22a b 的切线交点的轨迹方程是22222=-b y a x . 定理4 过椭圆)0(22222>>=+b a b y a x 上任一点),(00y x P 作椭圆12222=+by a x 的两条切线，则(1)当a x ±=0时，所作的两条切线互相垂直；(2)当a x ±≠0时，所作的两条切线斜率之积是22ab -.定理5 (1)椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的两条斜率之积是)0(≠λλ的切线交点的轨迹Γ是：①当1-=λ时，Γ即圆2222b a y x +=+(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；②当0<λ且1-≠λ时，Γ即椭圆1222222=-+-ab y b a x λλ(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；③当22a b -=λ时，Γ即两条直线x aby ±=在椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 外的部分(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；④当220a b <<λ时，Γ即双曲线1222222=---a b x a b y λλ在椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 外的部分(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；⑤当22ab >λ时，Γ即双曲线1222222=---b a y b a x λλ在椭圆)0(12222>>=+b a by a x 外的部分(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±).(2)双曲线)0(12222>>=-b a by a x 的两条斜率之积是)0(≠λλ的切线交点的轨迹Γ是：①当1-=λ时，Γ即圆2222b a y x -=+； ②当0>λ时，Γ即双曲线1222222=+-+b a y b a x λλ； ③当1-<λ或221ab -<<-λ时，Γ即椭圆1222222=--++ba yb a x λλ； ④当022<<-λab 时，Γ不存在.(3)抛物线px y 22=的两条斜率之积是)0(≠λλ的切线交点的轨迹Γ是：①当0<λ时，Γ即直线λ2p x =； ②当0>λ时，Γ的方程为⎪⎭⎫⎝⎛>=λλp y p x 2. 例 (北京市海淀区2015届高三第一学期期末文科数学练习第14题)已知22:1O x y +=. 若直线2y kx =+上总存在点P ，使得过点P 的O 的两条切线互相垂直，则实数k 的取值范围是_________. 解 (,1][1,)-∞-+∞.在图8中，若小圆(其圆心为点O ，半径为r )的过点A 的两条切线AD AB ,互相垂直(切点分别为F E ,)，得正方形AEOF ，所以r OE OA 22==，即点A 的轨迹是以点O 为圆心，r 2为半径的圆.图8由此结论可得：在本题中，点P 在圆222x y +=上.所以本题的题意即直线2y kx =+与圆222x y +=有公共点，进而可得答案.注 本题的一般情形就是蒙日圆.。
循环小数的一个猜想的证明
循环小数的一个猜想的证明
甘志国
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】2004(000)001
【摘要】@@ <中学生数学>2000年第8期刊登了湖南肖乐农的文章<循环小数的一个猜想>,文末的猜想可用符号表述为(原猜想中的"q是质数"可放宽):
【总页数】1页(P26-26)
【作者】甘志国
【作者单位】湖北省竹溪县一中,442300
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.非传统数论研究——费尔马猜想、PRC猜想、哥德巴赫猜想、斋藤慎二猜想等四个猜想的同时证明 [J], 李英杰
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2024版高考数学一轮复习专题基础练专题八平面解析几何视野拓展4蒙日圆及阿基米德三角形的应用作业课件
应用专练
3.
2 2
[2023江苏苏州部分学校联考]已知双曲线C: 4 -2 =1(b>0),若直线l:x+y+2=0上存在一点P满足:过点P能向双曲线
C引两条互相垂直的切线,则双曲线C的离心率的取值范围是
.
答案
6
3.(1, 2 ] 通解
应用专练
秒杀解
由蒙日圆的定义可得点P在圆x2+y2=4上,又点P在圆M:(x-3)2+(y-4)2=r2(r>0)上,所以两圆有公共点,
所以|2-r|≤ (3−0) 2 +(4−0) 2 ≤2+r,解得3≤r≤7,故选B.
应用专练
2.
2 2
5
[2022江苏南京模拟]已知椭圆C: +2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为 5 ,其蒙日圆方程为x2+y2=
1
12 1
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,所以y'=2,则抛物线在点A处的切线斜率为 2 ,在点A处的切线方程为y- 4 = 2 (x-x1),即y= 2 x- 4 ,
4
因为x2=4y,即y=
2
(技巧点拨:因为抛物线方程为x2=4y,即y=
2
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,所以想到利用导数的几何意义求切线方程)
2 22
同理得抛物线在点B处的切线方程为y= x- ,
视野拓展4
蒙日圆及阿基米德三角形的应用
知识延展
发散思维，培素养
知识延展
1.蒙日圆
如图(以椭圆为例),椭圆的两条切线互相垂直,则两条切线的交点位于以椭圆的中心为圆心的圆上,称该圆为蒙日圆,
高中数学蒙日圆及其证明
蒙日圆及其证明高考题 (2014年高考广东卷文科、理科第20题)已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的一个焦点为，离心率为3． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动点00(,)P x y 为椭圆C 外一点，且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直，求点P 的轨迹方程．答案：(1)22194x y +=；(2)2213x y +=．定理 1 曲线1:2222=+Γb y a x 的两条互相垂直的切线的交点P 的轨迹是圆2222b a y x +=+.定理1的结论中的圆就是蒙日圆. 先给出定理1的两种解析几何证法：定理1的证法1 当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P 的坐标是),(b a ±，或),(b a -±.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P 的坐标是,)(,(000a x y x ±≠且)0b y ±≠，所以可设曲线Γ的过点P 的切线方程是)0)((00≠-=-k x x k y y .由⎪⎩⎪⎨⎧-=-=+)(1002222x x k y y b y a x ，得 0)()(2)(2220020022222=--+--+b a y kx a x y kx ka x b k a由其判别式的值为0，得)0(02)(22022*******≠-=++--a x b y k y x k a x因为PB PA k k ,是这个关于k 的一元二次方程的两个根，所以220220a x b y k k PBPA -+=⋅ 由此，得2220201b a y x k k PB PA +=+⇔-=⋅进而可得欲证成立.定理1的证法2 当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P 的坐标是),(b a ±，或),(b a -±.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P 的坐标是,)(,(000a x y x ±≠且)0b y ±≠，所以可设两个切点分别是)0)(,(),,(21212211≠y y x x y x B y x A .得直线1:2020=+b y y a x x AB ，切线1:,1:22222121=+=+byy a x x PB b y y a x x PA .所以： 2121221121421422221212,x x y y x y x y k k y y a x x b y a x b y a x b k k OB OA PBPA =⋅==⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-= PBPA OBOA k k a b k k 44= 因为点)2,1)(,(=i y x i i 既在曲线1:2222=+Γb y a x 上又在直线1:2020=+by y a x x AB 上，所以220202222⎪⎭⎫ ⎝⎛+=+b y y a x x b y a x i i 0)(2)(2204002222204=-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-a x b x y y x b a xy b y a iiii 所以 PBPA OBOA k k a b b y a a x b x x y y k k 44220422042121)()(=--==220220ax b y k k PBPA --= 由此，可得222020b a y x PB PA +=+⇔⊥进而可得欲证成立.再给出该定理的两种平面几何证法，但须先给出四个引理.引理1 (椭圆的光学性质，见普通高中课程标准实验教科书《数学·选修2-1·A 版》(人民教育出版社，2007年第2版，2014年第1次印刷)第76页)从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上(如图1所示).图1证明 如图2所示，设P 为椭圆Γ(其左、右焦点分别是21,F F )上任意给定的点，过点P 作21PF F ∠的外角平分线所在的直线)43(∠=∠l .先证明l 和Γ相切于点P ，只要证明l上异于P 的点P '都在椭圆Γ的外部，即证2121PF PF F P F P +>'+'：图2在直线1PF 上选取点F '，使2PF F P ='，得F P P ''∆≌2PF P '∆，所以2F P F P '=''，还得2111121PF PF F P P F F F F P F P F P F P +='+='>''+'='+'再过点P 作21PF F ∠的平分线(12)PA ∠=∠，易得l PA ⊥，入射角等于反射角，这就证得了引理1成立.引理2 过椭圆Γ(其中心是点O ，长半轴长是a )的任一焦点F 作椭圆Γ的任意切线l 的垂线，设垂足是H ，则a OH =.证明 如图3所示，设点F F ,'分别是椭圆Γ的左、右焦点，A 是椭圆Γ的切线l 上的切点，又设直线A F FH ',交于点B .图3由引理1，得BAH F lA FAH ∠='∠=∠(即反射角与入射角的余角相等)，进而可得FAH ∆≌BAH ∆，所以点H 是FB 的中点，得OH 是F BF '∆的中位线.又AB AF =，所以a AF A F AB A F OH =+'=+'=)(21)(21.引理3 平行四边形各边的平方和等于其两条对角线的平方和. 证明 由余弦定理可证(这里略去过程).引理4 设点P 是矩形ABCD 所在平面上一点，则2222PD PB PC PA +=+. 证明 如图4所示，设矩形ABCD 的中心是点O ．图4由引理3，可得22222222)(2)(2PD PB OP OB OP OA PC PA +=+=+=+即欲证成立．注 把引理4推广到空间，得到的结论就是：底面是矩形的四棱锥相对侧棱长的平方和相等．定理1的证法3 可不妨设0,0>>b a .当b a =时，易证成立.下面只证明b a >的情形. 如图5所示.设椭圆的中心是点O ，左、右焦点分别是21,F F ，焦距是c 2，过动点P 的两条切线分别是PN PM ,.图5连结OP ，作PN OH PM OG ⊥⊥,，垂足分别是H G ,.过点1F 作PM D F ⊥1，垂足为D ，由引理2得a OD =.再作OG K F ⊥1于K .记θ=∠K OF 1，得θcos 1c K F DG ==. 由Rt ODG ∆，得θ222222cos c a DG OD OG -=-=.又作OH L F PN E F ⊥⊥22,，垂足分别为L E ,.在Rt OEH ∆中，同理可得θ222222sin c a HE OE OH -=-=.(1)若PN PM ⊥，得矩形OGPH ，所以22222222222)sin ()cos (b a c a c a OH OG OP +=-+-=+=θθ(2)若222b a OP +=，得222222222)sin ()cos (OH OG c a c a OP +=-+-=θθ由PM OG ⊥，得222GP OG OP +=，所以OH GP =.同理，有HP OG =，所以四边形OGPH 是平行四边形，进而得四边形OGPH 是矩形，所以PN PM ⊥.由(1),(2)得点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+.定理1的证法4 可不妨设0,0>>b a .当b a =时，易证成立.下面只证明b a >的情形. 如图6所示.设椭圆的中心是点O ，左、右焦点分别是21,F F ，焦距是c 2，过动点P 的两条切线分别是PB PA ,，两切点分别为B A ,.分别作右焦点2F 关于切线PB PA ,的对称点N M ,，由椭圆的光学性质可得三点M A F ,,1共线(用反射角与入射角的余角相等).同理，可得三点N B F ,,1共线.图6由椭圆的定义，得a BF BF NF a AF AF MF 2,2211211=+==+=，所以11NF MF =.由O 是21F F 的中点，及平行四边形各边的平方和等于其两条对角线的平方和，可得)(2)(2222222221221OP c OP OF PF PF PM PF +=+=+=+ (1)若PB PA ⊥，得︒=∠+∠=∠+∠180)(22211BPF APF NPF MPF ，即三点N P M ,,共线.又PN PF PM ==2，所以MN PF ⊥1，进而得)(2422221212OP c PM PF MF a +=+==222b a OP +=(2)若222b a OP +=，得212222222214)(2)(2MF a b a c OP c PM PF ==++=+=+所以PM PF ⊥1.同理，可得PN PF ⊥1.所以三点N P M ,,共线.得︒=∠+∠=∠+∠=∠90)(212222NPF MPF BPF APF APB ，即PB PA ⊥. 由(1),(2)得点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+.定理1的证法5 (该证法只能证得纯粹性)可不妨设0,0>>b a .当b a =时，易证成立.下面只证明b a >的情形.如图7所示，设椭圆的中心是点O ，左、右焦点分别是21,F F ，焦距是c 2，过动点P 的两条切线分别是PB PA ,，切点分别是B A ,.设点1F 关于直线PB PA ,的对称点分别为''21,F F ，直线'11F F 与切线PA 交于点G ，直线'21F F 与切线PB 交于点H .图7得1211,BF BF AF AF ='='，再由椭圆的定义，得a F F F F 22221='='，所以a OH OG ==. 因为四边形H PGF 1为矩形，所以由引理4得2222212a OH OG OP OF =+=+，所以222b a OP +=，得点P 的轨迹方程是2222b a y x +=+.读者还可用解析几何的方法证得以下结论：定理 2 (1)双曲线)0(12222>>=-b a b y a x 的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆2222b a y x -=+；(2)抛物线px y 22=的两条互相垂直的切线的交点是该抛物线的准线.定理 3 (1)椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的两条斜率之积是22a b -的切线交点的轨迹方程是22222=+by a x ；(2)双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 的两条斜率之积是22a b 的切线交点的轨迹方程是22222=-b y a x . 定理4 过椭圆)0(22222>>=+b a b y a x 上任一点),(00y x P 作椭圆12222=+by a x 的两条切线，则(1)当a x ±=0时，所作的两条切线互相垂直；(2)当a x ±≠0时，所作的两条切线斜率之积是22ab -.定理5 (1)椭圆)0(12222>>=+b a by a x 的两条斜率之积是)0(≠λλ的切线交点的轨迹Γ是：①当1-=λ时，Γ即圆2222b a y x +=+(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；②当0<λ且1-≠λ时，Γ即椭圆1222222=-+-a b y b a x λλ(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；③当22a b -=λ时，Γ即两条直线x aby ±=在椭圆)0(12222>>=+b a b y a x 外的部分(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；④当220a b <<λ时，Γ即双曲线1222222=---a b x a b y λλ在椭圆)0(12222>>=+b a b y a x外的部分(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；⑤当22ab >λ时，Γ即双曲线1222222=---b a y b a x λλ在椭圆)0(12222>>=+b a by a x 外的部分(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±).(2)双曲线)0(12222>>=-b a by a x 的两条斜率之积是)0(≠λλ的切线交点的轨迹Γ是：①当1-=λ时，Γ即圆2222b a y x -=+； ②当0>λ时，Γ即双曲线1222222=+-+b a y b a x λλ； ③当1-<λ或221ab -<<-λ时，Γ即椭圆1222222=--++ba yb a x λλ； ④当022<<-λab 时，Γ不存在.(3)抛物线px y 22=的两条斜率之积是)0(≠λλ的切线交点的轨迹Γ是：①当0<λ时，Γ即直线λ2p x =； ②当0>λ时，Γ的方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛>=λλp y p x 2. 例 (北京市海淀区2015届高三第一学期期末文科数学练习第14题)已知22:1O x y +=. 若直线2y kx =+上总存在点P ，使得过点P 的O 的两条切线互相垂直，则实数k 的取值范围是_________.解 (,1][1,)-∞-+∞.在图8中，若小圆(其圆心为点O ，半径为r )的过点A 的两条切线AD AB ,互相垂直(切点分别为F E ,)，得正方形AEOF ，所以r OE OA 22==，即点A 的轨迹是以点O 为圆心，r 2为半径的圆.图8由此结论可得：在本题中，点P 在圆222x y +=上.所以本题的题意即直线2y kx =+与圆222x y +=有公共点，进而可得答案.注 本题的一般情形就是蒙日圆.。
(甘志国)分割区间来解题,也是一种好方法!
分割区间来解题，也是一种好方法！甘志国(该文已发表 数学通讯，2012(4上)：28-29)高考题1 (2010·福建·理·15)已知定义域为),0(+∞的函数)(x f 满足：(1)对任意),0(+∞∈x ，恒有)(2)2(x f x f =成立；(2)当]2,1(∈x 时，x x f -=2)(.给出如下结论：①对任意∈m Z ，有0)2(=m f ； ②函数)(x f 的值域为),0[+∞； ③存在∈n Z ，使得9)12(=+n f ；④“函数)(x f 在区间(,)a b 上单调递减”的充要条件是“存在∈k Z ，使得1(,)(2,2)k k a b +⊆”.其中所有正确结论的序号是 .(答案：①②④)分析 由条件(2)知当]2,1(∈x 时函数)(x f 的解析式已知：再由条件(1)知当]2,2(2∈x 时函数)(x f 的解析式可求出，再由条件(1)知当]2,2(32∈x 时函数)(x f 的解析式也可求出，…，当∈∈+k x k k](2,2(1N )时函数)(x f 的解析式均可求出；再由条件(1)知当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈1,21x 时函数)(x f 的解析式可求出，再由条件(1)知当⎥⎦⎤⎝⎛∈21,212x 时函数)(x f 的解析式也可求出，…，当∈⎥⎦⎤⎝⎛∈+l x l l (21,211N )时函数)(x f 的解析式均可求出.所以，对任意),0(+∞∈x ，函数)(x f 的解析式均可求出.进而可判断四个选项的真假.解 可把区间),0(+∞分割成：⋃⋃⋃⋃⋃⋃⎥⎦⎤⎝⎛⋃⎥⎦⎤ ⎝⎛⋃⋃⎥⎦⎤ ⎝⎛⋃=+∞++]2,2(]2,2(]2,2(]2,1(1,2121,2121,21),0(132221k k l l也可记作]2,2(),0(1+∈=+∞k k Zk由条件(1)得)2(21)(x f x f =，所以 ∈==⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛--k x f x f x f x f k k k k )((212212212221 Z )∈⎪⎭⎫⎝⎛=k xf x f kk (22)(Z 0,>x ) 当∈∈+k x k k ](2,2(1Z )时，]2,1(2∈k x，所以再由条件(2)得 x x x f k k k -=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=+12222)(即x x f k -=+12)((∈∈+k x k k ](2,2(1Z ))这就是函数)(x f 在),0(+∞上的解析式(是分段函数的形式). 下面由此解析式来判断所给选项哪些是正确的？在解析式中选∈-==+m m k x k ,1(21Z )，立得选项①正确.由解析式得，当∈∈+k x k k ](2,2(1Z )时)2,0[)(k x f ∈，所以函数)(x f 的值域是),0[)2,0[+∞=∈k Zk ，即选项②正确.在解析式中选∈=n n k (Z )后可令12+=n x ，得12)12(-=+n n f .若9)12(=+n f ，得10log 2=n ，这与∈n Z 矛盾！所以选项③错误.由求得的解析式知，选项④正确.高考题1的变式1 已知定义域为),0(+∞的函数)(x f 满足：(1)对任意),0(+∞∈x ，恒有a a x af ax f ,1)(()(>=是常数)成立；(2)当],1(a x ∈时，)()(x x f ϕ=(当],1(a x ∈时，)(x ϕ是已知的函数).请求出函数)(x f 的解析式.解 可把区间),0(+∞分割成：],(),0(1Z+∈=+∞k kk aa .由条件(1)得)(1)(ax f ax f =，所以 ∈==⎪⎭⎫⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫ ⎝⎛--k x f a a x f a a x f a a x f kk k k )((111221 Z ) ∈⎪⎭⎫⎝⎛=k a x f a x f k k ()(Z 0,>x )当∈∈+k aa x k k ](,(1Z )时，],1(a axk ∈，所以再由条件(2)得⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=kk a xa x f ϕ)((∈∈+k a a x k k ](,(1Z )) 这就是此时函数)(x f 在),0(+∞上的解析式(是分段函数的形式).高考题1的变式2 已知定义域为),0(+∞的函数)(x f 满足：(1)对任意),0(+∞∈x ，恒有b b x bf bx f ,10)(()(<<=是常数)成立；(2)当⎥⎦⎤ ⎝⎛∈bx 1,1时，)()(x x f ϕ=(当⎥⎦⎤⎝⎛∈b x 1,1时，)(x ϕ是已知的函数).请求出函数)(x f 的解析式.解 在高考题1的变式1中令ba 1=后，立得本题的答案是：kk b x b x f )()(ϕ=(∈⎥⎦⎤⎝⎛∈+k b b x k k(1,11Z ))(是分段函数的形式). 高考题 2 (200·湖北·理·22)已知不等式][log 21131212n n >+++ ，其中n 为大于2的整数，][log 2n 表示不超过n 2log 的最大整数.设数列{}n a 的各项为正，且满足,4,3,2,),0(111=+≤>=--n a n na a b b a n n n .(1)证明： ,5,4,3,][log 222=+<n n b ba n ；(2)猜测数列{}n a 是否有极限？如果有，写出极限的值(不必证明)； (3)试确定一个正整数N ，使得当N n >时，对于任意的0>b ，都有51<n a . 此题显然是以高等数学中的调和级数为背景的，出题者为了降低这道压轴题的难度而给出了题目开头的那个已知不等式.下面来证明这个不等式：全体正整数集N *可分割成N * ⋃⋃⋃⋃=+Z 1Z 21Z 1)2,2[)2,2[)2,2[k k这里∈+k k k()2,2[Z 1N )表示区间)2,2[1+k k 中的整数组成的集合.所以，对于任意的∈n N *，总存在∈k N ，使122+<≤k kn ，得1log 2+<≤k n k ，即k n =][log 2.当3≥n 时，有∈k N*，且k n 21312113121+++≥+++ ⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++++⎪⎭⎫ ⎝⎛++=--k k k 212211218171615141312111 ][log 21212212212212121232n k k k ==⋅+++⋅+⋅+>- 分割区间来解题，也是一种好方法！。
探究一道课本习题的一般情形
探究一道课本习题的一般情形
甘志国
【期刊名称】《新高考（高二数学）》
【年(卷),期】2017(000)007
【摘要】定理若α，β，α＋β∈[0，π），则cosα＋cosβ〉0．证明由题设可得0≤α〈π-β≤π，再由f（x）=cosx（0〈x〈π）是减函数，得f（α）〉f（π-β）,即cosα〉-cosβ,cosα＋cosβ〉0.
【总页数】2页(P60-61)
【作者】甘志国
【作者单位】北京市丰台二中
【正文语种】中文
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——一道课本习题的变式与探究
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(甘志国)这道经典题目的结论和解答都是错误的
这道经典题目的结论和解答都是错误的！——判断两个增函数(减函数)图象的公共点个数时要慎重甘志国(该文已发表 数学教学2010(7)：23-24，封底)苏州市2009—2010学年度高一(必修1+必修4)上学期期末统考测试题第11题是如下一道选择题：若方程0(log 2sin >=a x xa π且)1≠a 恰有三个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是( )A.φB.)9,5(C.⎪⎭⎫ ⎝⎛31,71 D.)9,5(31,71⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛ 参考答案是D(没有解答过程)，笔者猜测这道经典题目的传统解法是这样的： 解 当10<<a 时，可以画出函数)0(2sin >=x xy π与x y a log =的图象(草图)如图1所示，此时“方程x xa log 2sin=π恰有三个不相等的实数根”即“这两个函数的图象恰有三个不同的交点”，得⎪⎩⎪⎨⎧-<-><<,17log 13log 10aa a 即3171<<a ；当1>a 时，可以画出函数)0(2sin >=x xy π与x y a log =的图象(草图)如图2所示，此时得⎪⎩⎪⎨⎧><>,19log 15log 1aa a 即95<<a .所以所求a 的取值范围是)9,5(31,71⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛，选D.图1图2下面对以上解答提出异议.有以下结论成立：结论1 增函数)(x f 与减函数)(x g 的图象公共点个数只能是0或1(因为两者公共点的个数即方程0)()(=-x g x f 解的个数，而)()(x g x f -是增函数).结论2 增函数)(x f 与增函数)(x g 的图象公共点个数可以是任意自然数，并且也可以是无数个(比如两个增函数)0(sin 3>+=x x y x 与)0(3>=x y x 的图象公共点个数即方程0sin =x 解的个数，是无数个).结论3 减函数)(x f 与减函数)(x g 的图象公共点个数可以是任意自然数，并且也可以是无数个(由结论2可得).若用草图1来解答本题中10<<a 的情形，还须证明当3171<<a 时下面四点均成立(而以上解答认为它们是显然成立的)：(1)在]1,0(∈x 时两者有唯一公共点；(2)在]3,1(∈x 时两者有唯一公共点；(3)在]5,3(∈x 时两者有唯一公共点；(4)在]7,5(∈x 时均有)()(x g x f >.由结论1及连续函数的性质(根的存在定理)可证得(1)、(3)两点均成立.怎么证明(2)、(4)呢？虽说可以验证当7,5=x 时均有)()(x g x f >，但不能说在]7,5(∈x 时均有)()(x g x f >(如图3).当然，由结论3也可知(2)、(4)两点不是显然的事实.下面来试着证明这两点. 图3要证明(4)，可以只证明)7,6(∈x 时)(x f 比)(x g 下降的速度快，即证)()(x g x f '<'，这种证法即先证0])()([<'-x g x f ，再得出)()(x g x f -是)7,6(上的减函数，所以0)7()7()()(>->-g f x g x f .但这条路行不通，因为2cos20])()([xxx g x f ππ⇔<'-3ln 12cos 2ln 1min-≤⇔⎪⎭⎫ ⎝⎛<x x a ππ，而最后一式在)7,6(∈x 时不可能恒成立：3ln 102cos2lim 7->=-→xxx ππ.为什么会产生此种情形呢？仔细观察图1可得，当自变量x 在7的左侧无限接近于7时)(x f 下降的速度接近于0，)(x g 下降的速度大于0，所以此时0])()([>'-x g x f .欲证明(4)，只需证明⎪⎭⎫ ⎝⎛∈∈31,71),7,6(a x 时，axx xa ln ln log 2sin=>π，即证2sin ln ln x x a π>，等价于)76(0log 2sin )(,2sinln 7ln 7<<>+=>-∆x x xx f x x ππ恒成立.可以用几何画板作出函数)(x f 的图象如图4所示，由此可以看出0)96.6(<f (事实上，用计算器可算出0009717.0)96.6(-≈f )，由此说明欲证的(4)不可能成立.可以再用几何画板作出函数⎪⎭⎫ ⎝⎛<<-=--3171log 2sin)(94591.194591.1e x xx u e π的图象如图5所示，由此可以看出0)96.6(<u (事实上，用计算器可算出0009716.0)96.6(-≈u )，由此也直接说明结论(4)不成立.图4图5若用草图2来解答本题中1>a 的情形，还必须证明当95<<a 且)9,8(∈x 时均有2sinlog xx a π>.这也是不成立的：可用几何画板作出函数()952sinlog )(197224577.2197224577.2<<-=exx x u e π的图象如图6所示，由此可以看出0)965.8(<u (事实上，用计算器可算出000262456.0)965.8(-≈u ).图6虽然笔者已经发现以上一道经典题目的结论及解法均是错误的，但如何求解，笔者认为难度甚大，不知由以下思路能否求解：当10<<a 时，如图1，设1a a =时曲线)76(2sin <<=x xy π与)76(log <<=x x y a 相切，设切点为)log ,(111x x a ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧<<=<<=)10(ln 12cos 2)76(log 2sin 11111111a a x x x x x a πππ ① 须由此方程组求出1a ，猜测此时所求a 的取值范围是⎪⎭⎫ ⎝⎛31,1a . 当1>a 时，如图2，设2a a =时曲线)98(2sin <<=x xy π与)98(log <<=x x y a 相切，设切点为)log ,(222x x a ，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>=<<=)1(ln 12cos 2)98(log 2sin 22222222a a x x x x x a πππ ② 须由此方程组求出2a ，猜测此时所求a 的取值范围是),5(2a .所以猜测该题的答案是),5(31,21a a ⋃⎪⎭⎫ ⎝⎛，其中21,a a 分别由①、②确定.我们要牢记华罗庚(1910~1985)先生说过的箴言“数缺形时少直观,形少数时难入微.数形结合千般好,数形分离万事休”，通过画草图(受画图工具的限制不可能画出精细准确的图形)来解题时，一定要注意“形缺数时难入微”，并且要注意图形所反映的特性.判断两个增函数(减函数)图象的公共点个数时要慎重，编拟这样的题时更要慎之又慎，谨防超纲而难以严谨作答.问题1 求正弦曲线与对数曲线0(log >=a x y a 且)1≠a 的公共点个数)(a g . 问题2 求曲线x y αsin =与对数曲线0(log >=a x y a 且)1≠a 的公共点个数),(a h α.。
高考数学圆锥曲线深度拓展 蒙日圆及其证明
高考数学圆锥曲线深度拓展：蒙日圆及其证明一、引言在高考数学中，圆锥曲线是一个重要的知识点，它不仅在解析几何中有广泛应用，还在物理、天文等领域有所涉及。
蒙日圆，作为圆锥曲线的一种特殊形态，具有独特的性质和证明方法。
本文旨在探讨蒙日圆及其证明的深度拓展。
二、蒙日圆的基本性质蒙日圆，也被称为极坐标圆或椭圆的垂直平分线投影圆，其独特性质在于它与原始椭圆的关系。
在椭圆上任取一点P，作PP1垂直于长轴，作PP2垂直于短轴，则P1P2的垂直平分线与原始椭圆相切于点P。
这个性质表明，对于椭圆上的任意一点，其关于长轴和短轴的垂足与原点的连线段的垂直平分线，都与椭圆相切于该点。
三、蒙日圆的证明对于蒙日圆的证明，我们可以采用以下步骤：1、在椭圆上任取一点P，以点P为圆心，作一圆与椭圆相切。
这个圆的半径可以由点P到椭圆中心的距离决定。
2、根据几何性质，我们可以知道这个圆与椭圆的切点在椭圆的长轴和短轴的垂直平分线上。
3、由于这个圆是以点P为圆心，因此点P关于长轴和短轴的垂足与原点的连线段的垂直平分线必然经过这个圆心。
这就意味着这个垂直平分线与椭圆相切于点P。
4、因此，我们证明了在椭圆上任意一点都有一条过该点的直线与椭圆相切。
也就是说，我们找到了一个与椭圆相切的圆，即蒙日圆。
四、结论通过以上分析，我们证明了蒙日圆的存在及其性质。
这个知识点不仅在高考数学中具有重要作用，也是解析几何中的一个重要知识点。
希望通过本文的探讨，能够帮助同学们更深入地理解和掌握这一部分的知识。
蒙日圆以及应用蒙日圆是一种特殊的几何图形，它由法国数学家加斯帕德·蒙日（Gaspard Monge）发现并以其名字命名。
蒙日圆在几何、物理学、工程学等领域都有广泛的应用。
本文将介绍蒙日圆的定义、性质以及应用。
一、蒙日圆的定义蒙日圆也被称为“最小圆”或“极圆”，它是指在平面上，一个集合内所有点均在该集合的凸包内的最小圆。
也就是说，蒙日圆内包含着集合内的所有点，且其半径最小。
例谈“蒙日圆”考查的三个角度
例谈 蒙日圆 考查的三个角度金㊀毅(呼和浩特市第二中学ꎬ内蒙古呼和浩特０１００００)摘㊀要:文章从轨迹㊁斜率和面积三个角度来探究 蒙日圆 ꎬ提出若干结论并给出证明以及分析思路.关键词:蒙日圆ꎻ轨迹ꎻ斜率ꎻ面积ꎻ证明中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)３４－００７６－０４收稿日期:２０２３－０９－０５作者简介:金毅(１９９２－)ꎬ男ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教育教学研究.㊀㊀ 蒙日圆 是一种非常重要的几何模型ꎬ在高考和数学竞赛中均有考查.本文从蒙日圆的轨迹方程出发ꎬ给出与蒙日圆有关的数学问题ꎬ以求多方面展示 蒙日圆 的考查特点ꎬ以便我们从不同的角度了解这种轨迹.１ 蒙日圆 与轨迹例１㊀已知椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的右焦点为５ꎬ０()ꎬ离心率为５３.(１)求椭圆的标准方程ꎻ(２)若动点Ｐｘ０ꎬｙ０()为椭圆Ｃ外一点ꎬ且点Ｐ到椭圆Ｃ的两条切线互相垂直ꎬ求点Ｐ的轨迹方程.思考１㊀对例１一般化结论的探讨.结论１㊀椭圆ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的两条互相垂直的切线的交点Ｐ的轨迹是圆ｘ２＋ｙ２＝ａ２＋ｂ２.证明㊀当两条切线斜率中有一条不存在时ꎬ可得点Ｐ的坐标分别为ａꎬｂ()ꎬａꎬ－ｂ()ꎬ－ａꎬｂ()ꎬ－ａꎬ－ｂ().设Ｐｓꎬｔ()ꎬ其中ｓʂʃａꎬｔʂʃｂꎬ切点Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ可得椭圆的两条切线方程为ＡＰ:ｘ１ｘａ２＋ｙ１ｙｂ２＝１ꎬＢＰ:ｘ２ｘａ２＋ｙ２ｙｂ２＝１.根据两条切线垂直ꎬｋＡＰ＝－ｂ２ｘ１ａ２ｙ１ꎬｋＢＰ＝－ｂ２ｘ２ａ２ｙ２ꎬｋＡＰｋＢＰ＝－１ꎬｙ１ｙ２ｘ１ｘ２＝－ｂ４ａ４.同时ꎬ可以得到直线ＡＢ的方程为ｓｘａ２＋ｔｙｂ２＝１.与椭圆方程联立ꎬ得ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝ｓｘａ２＋ｔｙｂ２æèçöø÷２.也即ｂ２－ｔ２ｂ４ｙｘæèçöø÷２－２ｓｔａ２＋ｂ２ ｙｘ＋ａ２－ｓ２ａ４＝０.将ｙｘ整体作为未知数ꎬ可得ｙ１ｙ２ｘ１ｘ２＝(ａ２－ｓ２)/ａ４(ｂ２－ｔ２)/ｂ４＝－ｂ４ａ４.化简ꎬ可得ｓ２＋ｔ２＝ａ２＋ｂ２.结论２㊀双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的两条互相垂直的切线的交点Ｐ的轨迹是圆ｘ２＋ｙ２＝ａ２－ｂ２[１].证明㊀设Ｐｓꎬｔ()ꎬ切点Ａｘ１ꎬｙ１()ꎬＢｘ２ꎬｙ２()ꎬ可得双曲线的两条切线方程为ＡＰ:ｘ１ｘａ２－ｙ１ｙｂ２＝１ꎬＢＰ:ｘ２ｘａ２－ｙ２ｙｂ２＝１.根据结论１的证明ꎬ两条切线垂直可得ｙ１ｙ２ｘ１ｘ２＝－ｂ４ａ４.同时ꎬ可以得到直线ＡＢ的方程为ｓｘａ２－ｔｙｂ２＝１.与双曲线联立ꎬ得ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝ｓｘａ２－ｔｙｂ２æèçöø÷２.也即ｂ２＋ｔ２ｂ４ｙｘæèçöø÷２－２ｓｔａ２＋ｂ２ ｙｘ＋ｓ２－ａ２ａ４＝０.将ｙｘ整体作为未知数ꎬ可得ｙ１ｙ２ｘ１ｘ２＝(ｓ２－ａ２)/ａ４(ｂ２＋ｔ２)/ｂ４＝－ｂ４ａ４.回到例１ꎬ易得椭圆方程为ｘ２９＋ｙ２４＝１ꎬ此时点Ｐ的轨迹方程为ｘ２＋ｙ２＝１３.点评㊀求 蒙日圆 的方程本质上属于解析几何中的轨迹方程问题.从结论１与结论２可以看出ꎬ椭圆与双曲线都存在对应的一个蒙日圆.从方程的形式上看ꎬ两种曲线的蒙日圆方程有较强的相似性.本文的证明方法是基于对斜率的构造ꎬ所以追求方程在未知数上的次数相等ꎬ便于构造斜率.值得一提的是ꎬ在证明结论２的过程中ꎬ两条切线ＡＰꎬＢＰ斜率一直存在ꎬ故不必讨论斜率不存在的情形.２ 蒙日圆 与斜率例２㊀定义椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的 蒙日圆 的方程为ｘ２＋ｙ２＝ａ２＋ｂ２ꎬ已知椭圆的长轴长为４ꎬ离心率为ｅ＝１２.(１)求椭圆Ｃ的标准方程和它的 蒙日圆 Ｅ的方程ꎻ(２)过 蒙日圆 Ｅ上的任意一点Ｍ作椭圆Ｃ的一条切线ＭＡꎬＡ为切点ꎬ延长ＭＡ与 蒙日圆 Ｅ交于点ＤꎬＯ为坐标原点ꎬ若直线ＯＭꎬＯＤ的斜率存在ꎬ且分别设为ｋ１ꎬｋ２ꎬ证明:ｋ１ｋ２为定值.思考２㊀对例２一般化结论的探讨.结论３㊀过蒙日圆Ｅ:ｘ２＋ｙ２＝ａ２＋ｂ２上任意一点Ｍ作椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的一条切线ＭＡꎬＡ为切点ꎬ延长ＭＡ与 蒙日圆 Ｅ交于点ＤꎬＯ为坐标原点ꎬ若直线ＯＭꎬＯＤ的斜率存在ꎬ且分别设为ｋ１ꎬｋ２ꎬ则ｋ１ｋ２为定值－ｂ２ａ２.证明㊀设切点坐标为Ａｓꎬｔ()ꎬ知其满足椭圆方程ꎬ也即ｓ２ａ２＋ｔ２ｂ２＝１.过点Ａ的切线方程为ｓｘａ２＋ｔｙｂ２＝１ꎬ设切线与蒙日圆的两个交点坐标分别为Ｍｘ１ꎬｙ１()ꎬＤｘ２ꎬｙ２().联立蒙日圆方程与切线方程可得ｘ２ａ２＋ｂ２＋ｙ２ａ２＋ｂ２＝ｓｘａ２＋ｔｙｂ２æèçöø÷２.整理可得ｔ２ａ２＋ｂ２()－ｂ４ｂ４ａ２＋ｂ２() ｙｘæèçöø÷２＋２ｓｔａ２ｂ２ ｙｘ＋ｓ２ａ２＋ｂ２()－ａ４ａ４ａ２＋ｂ２()＝０.将ｙｘ整体作为未知数ꎬ可知ꎬｋ１＝ｙ１ｘ１ꎬｋ２＝ｙ２ｘ２分别为该方程的两个根.故有ｋ１ｋ２＝ｙ１ｘ１ ｙ２ｘ２＝[ｓ２(ａ２＋ｂ２)－ａ４]/ａ４(ａ２＋ｂ２)[ｔ２(ａ２＋ｂ２)－ｂ４]/ｂ４(ａ２＋ｂ２)＝ｓ２/ａ２＋ｂ２ｓ２/ａ４－１ｔ２/ｂ２＋ａ２ｔ２/ｂ４－１＝ｂ２ｓ２/ａ４－ｔ２/ｂ２ａ２ｔ２/ｂ４－ｓ２/ａ２＝ｂ２ａ２ｂ２ｓ２－ａ２ｔ２()ｂ２ｓ２＋ａ２ｔ２()ａ２ｔ２－ｂ２ｓ２()ａ２ｔ２＋ｂ２ｓ２()＝－ｂ２ａ２.回到例２ꎬ易得椭圆方程为ｘ２４＋ｙ２３＝１ꎬ根据结论３ꎬ可得ｋ１ｋ２＝－３４.事实上ꎬ根据椭圆本身的特点ꎬ我们可以得到基于结论３的一个推广.结论４㊀在结论３基础上ꎬ当ＯＡꎬＭＡ斜率均存在时ꎬｋ１ｋ２＝ｋＯＡｋＭＡ.证明㊀根据结论３ꎬ只需证明ｋＯＡｋＭＡ＝－ｂ２ａ２.由Ａｓꎬｔ()可知ｋＯＡ＝ｔｓꎬ直线ＭＡ的方程为ｓｘａ２＋ｔｙｂ２＝１ꎬ知ｋＭＡ＝－ｓｂ２ｔａ２ꎬ所以ｋＯＡｋＭＡ＝－ｂ２ａ２成立.类似结论３ꎬ４的情况也在双曲线中成立.结论５㊀过蒙日圆Ｅ:ｘ２＋ｙ２＝ａ２－ｂ２ａ>ｂ>０()上任意一点Ｍ作双曲线Ｃ:ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的一条切线ＭＡꎬＡ为切点ꎬ连接直线ＭＡ与 蒙日圆 Ｅ交于点ＤꎬＯ为坐标原点ꎬ若直线ＯＭꎬＯＤ的斜率存在ꎬ且分别设为ｋ１ꎬｋ２ꎬ则ｋ１ｋ２＝ｋＯＡｋＭＡ＝ｂ２ａ２.证明㊀设切点坐标为Ａｓꎬｔ()ꎬ知其满足双曲线方程ꎬ也即ｓ２ａ２－ｔ２ｂ２＝１ꎬ过点Ａ的切线ＭＡ方程为ｓｘａ２－ｔｙｂ２＝１ꎬ设切线与蒙日圆的两个交点坐标分别为Ｍｘ１ꎬｙ１()ꎬＤｘ２ꎬｙ２().联立蒙日圆方程与切线方程可得ｘ２ａ２－ｂ２＋ｙ２ａ２－ｂ２＝ｓｘａ２－ｔｙｂ２æèçöø÷２.整理可得ｔ２ａ２－ｂ２()－ｂ４ｂ４ａ２－ｂ２() ｙｘæèçöø÷２－２ｓｔａ２ｂ２ ｙｘ＋ｓ２ａ２－ｂ２()－ａ４ａ４ａ２－ｂ２()＝０.将ｙｘ整体作为未知数ꎬ可知ꎬｋ１＝ｙ１ｘ１ꎬｋ２＝ｙ２ｘ２分别为该方程的两个根.故有ｋ１ｋ２＝ｙ１ｘ１ ｙ２ｘ２＝[ｓ２(ａ２－ｂ２)－ａ４]/ａ４(ａ２－ｂ２)[ｔ２(ａ２－ｂ２)－ｂ４]/ｂ４(ａ２＋ｂ２)＝ｓ２/ａ２＋ｂ２ｓ２/ａ４－１－ｔ２/ｂ２＋ａ２ｔ２/ｂ４－１＝－ｂ２ｓ２/ａ４＋ｔ２/ｂ２ａ２ｔ２/ｂ４－ｓ２/ａ２＝ｂ２ａ２ａ２ｔ２－ｂ２ｓ２()ａ２ｔ２＋ｂ２ｓ２()ａ２ｔ２－ｂ２ｓ２()ａ２ｔ２＋ｂ２ｓ２()＝ｂ２ａ２.又因为ｋＯＡ＝ｔｓꎬｋＭＡ＝ｓｂ２ｔａ２ꎬ所以ｋＯＡｋＭＡ＝ｂ２ａ２.点评㊀结论３到结论５是与 蒙日圆 有关的斜率定值问题.本文的证明策略仍然是基于在方程联立时齐次化ꎬ构造斜率表达式ꎬ整体处理.从结果来看ꎬ椭圆ｘ２ａ２１＋ｙ２ｂ２１＝１ａ１>ｂ１>０()对应的定值为－ｂ２１ａ２１＝－ａ２１－ｃ２１ａ２１＝ｅ２１－１ꎬ其中ｅ１＝ｃ１ａ１为椭圆的离心率ꎻ双曲线对应的定值为ｂ２２ａ２２＝ｃ２２－ａ２２ａ２２＝ｅ２２－１ꎬ其中ｅ２＝ｃ２ａ２为双曲线的离心率.由此ꎬ我们可以看出这两个结果本质上具备高度的一致性ꎬ均为 对应曲线离心率的平方减去１ .我们知道ꎬ离心率可以反映圆锥曲线的类型和形状.这说明ꎬ蒙日圆的此类几何关系可以从本质上反映曲线的形状特征.３ 蒙日圆 与面积例３㊀定义椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的 蒙日圆 的方程为ｘ２＋ｙ２＝ａ２＋ｂ２ꎬ已知抛物线ｘ２＝４ｙ的焦点是椭圆Ｃ的一个短轴端点ꎬ且椭圆Ｃ的离心率为６３.(１)求椭圆Ｃ的标准方程和它的 蒙日圆 Ｅ的方程ꎻ(２)若斜率为１的直线ｌ与 蒙日圆 Ｅ相交于ＡꎬＢ两点ꎬ且与椭圆Ｃ相切ꎬＯ为坐标原点ꎬ求әＯＡＢ的面积.思考３㊀对例３一般化结论的探讨.结论６㊀椭圆Ｃ:ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的蒙日圆 的方程为ｘ２＋ｙ２＝ａ２＋ｂ２ꎬ斜率为ｋ的直线与椭圆相切ꎬ与蒙日圆交于ＡꎬＢ两点ꎬＯ为坐标原点ꎬ则әＡＯＢ的面积为Ｓ＝ａ２＋ｂ２ｋ２()ｂ２＋ａ２ｋ２()ｋ２＋１.证明㊀设直线ＡＢ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ与椭圆方程联立ｘ２ａ２＋ｙ２ｂ２＝１ꎬｙ＝ｋｘ＋ｍꎬìîíïïï得ｂ２＋ａ２ｋ２()ｘ２＋２ａ２ｋｍｘ＋ａ２ｍ２－ａ２ｂ２＝０ꎬΔ＝４ａ４ｋ２ｍ２－４(ｂ２＋ａ２ｋ２)(ａ２ｍ２－ａ２ｂ２)＝０ꎬ可得ｍ２＝ｂ２＋ａ２ｋ２.点Ｏ到ＡＢ的距离为ｄ＝｜ｍ｜ｋ２＋１ꎬ根据垂径定理ꎬ我们可计算ＡＢ２＝ａ２＋ｂ２－ｄ２ꎬ所以ＳәＡＯＢ＝１２ＡＢ ｄ＝ｄａ２＋ｂ２－ｄ２＝ｄ２ａ２＋ｂ２－ｄ２()＝ｍ２ｋ２＋１ａ２＋ｂ２－ｍ２ｋ２＋１æèçöø÷＝ａ２＋ｂ２ｋ２()ｂ２＋ａ２ｋ２()ｋ２＋１.回到例３ꎬ易得ａ２＝３ꎬｂ２＝１ꎬ代入结论６ꎬ可得面积为２.类似结论在双曲线中也成立.结论７㊀双曲线ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ａ>ｂ>０()的 蒙日圆 方程为ｘ２＋ｙ２＝ａ２－ｂ２ꎬ斜率为ｋ的直线与双曲线相切ꎬ且满足｜ｋ｜>ｂａꎬ与蒙日圆交于ＡꎬＢ两点ꎬＯ为坐标原点ꎬ则әＡＯＢ的面积为Ｓ＝ａ２ｋ２－ｂ２()ａ２－ｂ２ｋ２()ｋ２＋１.证明㊀设直线方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍꎬ与双曲线联立ｘ２ａ２－ｙ２ｂ２＝１ｙ＝ｋｘ＋ｍìîíïïïꎬ得ａ２ｋ２－ｂ２()ｘ２＋２ａ２ｋｍｘ＋ａ２ｍ２＋ａ２ｂ２＝０.根据｜ｋ｜>ｂａꎬ可知ａ２ｋ２－ｂ２>０ꎬΔ＝４ａ４ｋ２ｍ２＋４ｂ２－ａ２ｋ２()ａ２ｍ２＋ａ２ｂ２()＝０ꎬ可知ｍ２＝ａ２ｋ２－ｂ２.㊀点Ｏ到ＡＢ的距离为ｄ＝｜ｍ｜ｋ２＋１ꎬ根据垂径定理ꎬ我们可计算ＡＢ２＝ａ２－ｂ２－ｄ２ꎬ所以ＳәＡＯＢ＝１２ＡＢ ｄ＝ｄａ２－ｂ２－ｄ２＝ｄ２ａ２－ｂ２－ｄ２()＝ｍ２ｋ２＋１ａ２－ｂ２－ｍ２ｋ２＋１æèçöø÷＝ａ２ｋ２－ｂ２()ａ２－ｂ２ｋ２()ｋ２＋１.点评㊀与蒙日圆有关的面积问题的处理可以与垂径定理㊁勾股定理相结合ꎬ充分利用圆本身的特征解决面积问题ꎬ这样的计算方式会极大减少运算量ꎬ在较短时间内得到准确的结果.从结果中可以看出这类三角形的面积由椭圆和双曲线的参数以及ＡＢ的斜率决定.蒙日圆 是一种重要的几何模型ꎬ我们通过对轨迹㊁斜率㊁面积三个方面的分析ꎬ从不同的角度了解了这种曲线ꎬ增加了对模型的认识.同样的模型ꎬ不同的角度ꎬ可以提出不同的数学问题.不同角度的数学问题可以使几何模型的学习变得更丰富㊁更形象㊁更生动.在不同的数学问题中ꎬ蕴含着不同的处理策略与计算方法ꎬ经过一番学习与讨论ꎬ可以在方法的选择上增加经验ꎬ深刻体会模型本身所体现的数学本质.参考文献:[１]甘志国.蒙日圆及其证明[Ｊ].河北理科教学研究ꎬ２０１５(０５):１１－１３.[责任编辑:李㊀璟]。
蒙日圆定理（解析几何证法）
蒙日圆定理（纯解析几何证法）蒙日圆定理的内容：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，该圆的半径等于椭圆长半轴和短半轴平方和的算术平方根。
如图，设椭圆的方程是22221x y a b+=。
两切线PM 和PN 互相垂直，交于点P 。
求证：点P 在圆2222x y a b +=+上。
证明：若两条切线中有一条平行于x 轴时，则另一条必定平行于y 轴，显然前者通过短轴端点，而后者通过长轴端点，其交点P 的坐标只能是：(),special P a b ±±(1)它必定在圆2222x y a b +=+上。
现考察一般情况，两条切线均不和坐标轴平行。
可设两条切线方程如下： :PM y kx m =+ (2)1:PN y x n k=-+ (3)联立两切线方程(2)和(3)可求出交点P 的坐标为：()222,11n m k nk m P k k -⎛⎫+ ⎪++⎝⎭(4)从而P 点距离椭圆中心O 的距离的平方为：()2222222222111n m k nk m OP k k n k m k -⎡⎤⎡⎤+=+⎢⎥⎢⎥++⎣⎦⎣⎦+=+(5)现将PM 的方程代入椭圆方程，消去y ，化简整理得：22222221210k km m x x a b b b ⎛⎫⎛⎫+++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭(6)由于PM 是椭圆的切线，故以上关于x 的一元二次方程，其判别式应等于0，化简后可得：()22222211b m m b a k ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭(7)对于切线PN ，代入椭圆方程后，消去y ，令判别式等于0，同理可得：()2222221b n k n b a ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭(8)为方便起见，令：22222,,,,a A b B m M n N k K =====(9)这样(7)和(8)就分别化为了关于M 和N 的一元一次方程，不难解出： M B AK =+(10)AN B K=+(11)将(10)和(11)代入(5)，就得到： 2221NK MOG A B a b K +==+=++(12)证毕。
蒙日圆定理（解析几何证法）
蒙日圆定理（解析几何证法）第一篇：蒙日圆定理(解析几何证法)蒙日圆定理（纯解析几何证法）蒙日圆定理的内容：椭圆的两条切线互相垂直，则两切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，该圆的半径等于椭圆长半轴和短半轴平方和的算术平方根。
x2y2如图，设椭圆的方程是2+2=1。
两切线PM和PN互相垂直，交于点P。
ab求证：点P在圆x+y=a+b上。
证明：若两条切线中有一条平行于x轴时，则另一条必定平行于y轴，显然前者通过短轴端点，而后者通过长轴端点，其交点P的坐标只能是：它必定在圆x+y=a+b上。
现考察一般情况，两条切线均不和坐标轴平行。
可设两条切线方程如下：22222222Pspecial(±a,±b)(1)PM:y=kx+m(2)(3)1PN:y=-x+nk⎛(n-m)knk2+m⎫P 2,2⎪k+1⎭⎝k+1联立两切线方程(2)和(3)可求出交点P的坐标为：(4)从而P点距离椭圆中心O的距离的平方为：⎡(n-m)k⎤⎡nk2+m⎤2OP=⎢2⎥+⎢2⎥k+1⎣⎦⎣k+1⎦n2k2+m2=k2+122(5)现将PM的方程代入椭圆方程，消去y，化简整理得：⎛1k2⎫22km⎛m2⎫2+2⎪x+2x+2-1⎪=0b⎭b⎝a⎝b⎭(6)由于PM是椭圆的切线，故以上关于x的一元二次方程，其判别式应等于0，化简后可得：m2=⎛b21⎫2⎝a2k2+1⎪⎭(m2-b)对于切线PN，代入椭圆方程后，消去y，令判别式等于0，同理可得：n2=⎛b22⎫2⎝a2k+1⎪⎭(n-b2)为方便起见，令：a2=A,b2=B,m2=M,n2=N,k2=K这样(7)和(8)就分别化为了关于M和N的一元一次方程，不难解出：M=B+AKN=B+AK 将(10)和(11)代入(5)，就得到：OG2=NK+M=A+B=a2+b2K+1证毕。
(7)(8)(9)(10)(11)(12)第二篇：正弦定理的多种证法正弦定理的几何意义在⊿ABC中,角A、B、C的对边分别为a、b、c，则abc==,这就是正弦定sinAsinBsinC理．在这个定理的证明过程中蕴涵着丰富的几何意义．为了简单,仅以锐角三角形为例作简要说明．直角三角形的情形非常简单, 钝角三角形的情形与锐角三角形类似．1、三角形高法：asinB,bsinA是⊿ABC的c边上的高；asinC,csinA是⊿ABC的b 边上的高；bsinC,csinB是⊿ABC的a边上的高．根据这个几何意义，定理证明如下：作锐角三角形ABC的高CD，则CD=asinB=bsinA． bcab，同理．==sinBsinCsinAsinBabc因此==.sinAsinBsinC所以2、三角形外接圆法：abc是⊿ABC的外接圆直径．根据这个几何意义，定理证明如下：，sinAsinBsinC作锐角三角形ABC的外接圆直径CD，连结DB．根据同弧所对的圆周角相等及直径所对的圆周角是直角得，∠A=∠D, ∠DBC=90°,CD=2R（R为⊿ABC的外接圆半径）．CBaa，所以==2R． CD2RsinAbc同理=2R,=2R． sinBsinCabc因此===2R． sinAsinBsinC所以sinA=sinD=3、三角形面积法：111absinC,bcsinA,acsinB是三角形ABC的面积．根据这个几何意义,定理证明如222下：作锐角三角形ABC的高CD，则CD=asinB．所以三角形ABC的面积11ABγCD=acsinB． 2211111同理S=absinC, S=bcsinA,所以bcsinA=acsinB=absinC,22222abc1同除以abc,再取倒数有．==sinAsinBsinC2S=4、向量的数量积法：-B),bcos(-A)．则在锐角三角形ABC中,作高CD,则22υυυρυυυρυυυρυυυρυυυρππaCDcos(-B),bCDcos(-A)分别是向量CB,CA与向量CD的数量积．利用这个几何22意义，定理证明如下：作锐角三角形ABC的高CD．把asinB,bsinA变形为acos(ππυυυρυυυυυυρυυυρυυυρρυυυρυυυρυυυρ因为AB=CB-CA,所以0=AB•CD=(CB-CA)•CD,υυυρυυυρυυυρυυυρυυυρυυυρππ所以CB•CD=CA•CD，所以aCDcos(-B)=bCDcos(-A), 22即asinB=bsinA.所以同理ab．=sinAsinBbc．=sinBsinCabc因此．==sinAsinBsinC５、如果想避开分类讨论,可以把三角形放在平面直角坐标系中,利用坐标法．证明如下：以C为原点,以射线CA为x轴的正半轴建立平面直角坐标系,且使点 B落在x轴的上方,则AC边上的高即为B点的纵坐标.根据三角函数的定义, B点的纵坐标h=asinC．所以三角形ABC的面积S=bh=absinC．同理S=acsinB, S=bcsinA． 12121212abc1 同除以abc,再取倒数有．==sinAsinBsinC2所以bcsinA=acsinB=absinC,这种证法之所以避开分类讨论,是因为利用了一般三角函数的定义,前面的四种几何证法都需要分类讨论,因为它们的证明中仅仅利用了锐角三角函数的定义．这个方法是证明正弦定理最简单的方法,体现了坐标法的优越性.1212第三篇：线面垂直判定定理新证法.doc线面垂直判定定理新证法作者：周临湘来源：《发明与创新(学生版)》2007年第12期在一般的教科书及参考书中，关于“直线与平面垂直的判定定理”都是利用三角形全等来证明的，此证法添辅助线较多，对初学立体几何者或空间想象能力较差者都有一定的困难，下面给出一种用勾股定理来证明的方法。
圆幂定理及其应用
点A、B、C,且△ ABC的外心在直线/=o上,求i+b的值. 解法！：可设点A（01,0）、B（02,O）、C（0,b）（b&0）. 因为点A、B均在抛物线y=02+ao+b上,所以0#、02是关
于0的一元二次方程02+a«+b=O的两个根. 由于％ ABC的外心在直线/=0上,可设％ABC的外接
*本文系北京市教育学会“十三五”教育科研滚动立项课题“数学文化与高考研究”（课题编号FT2017GD003,课题 负责人:甘志国）的阶段性研究成果.
40 中•了京市丰台二中甘志国
2019年7月
圆&定理在平面几何中有重要应用，相交弦定理与 切割线定理都是其重要推论，反过来，用它们也可给出 圆幕定理的证明.文章还给出了圆幕定理在解答自主招 生试题中的应用.
圆"定理:若过定点"作一动直线与定圆！0（其半 径是$）交于％两点，则"％ •"& = （0"2-$21（把常数 \OP2-R2\叫作定点"对于定圆。的J）.
证明：当点"）00外时，如图1所示，作PT9QO于 点,，连接 0T、0P,可得"OTP=90°.
由切割线定理及勾股定理，可得"％ •P&=PT2=OP2R2=\OP2-R2\.
当点"在OO上时,不妨设点％与点"重合，可得"％ PB=O=\OP2-R2\.
当点"在O O内，即点"在线段％&上且不是端点时， 如图2所示，作O O过点"的直径ST.
' ） 圆圆心为6 ,-£ .再由圆幕定理的注“0$间= * 6O2 -6C2”， 可 得 0(02 =b = -~2 ） ,-b 丨；-_2） + - ） ）&0），则i+b=-1.
高考数学二轮专题微课椭圆中的蒙日圆课件
方程为 x2 y2 a2 b2 . 蒙日圆
证明：当两条切线的斜率都存在时,设过P点切线方程为y=kx－kx0+y0. 曲直联立，化简得 (a2k2+b2)x2－2ka2(kx0－y0)x+a2(kx－y0)2－a2b2=0. 因为，直线与椭圆相切，
所以，△=0，化简得(x02－a2)k2－2x0y0k+y02－b2=0······① 因 则此，k，1k2两条xy00切22 线ab22的斜1率，k1化,k2简是得①式x02的 两y02个根a2，. b2
1
(a>b>0)，称圆心在原点 O，半径为
a2 b2 的圆为椭圆 C 的“准
圆”．若椭圆 C 的一个焦点为 F( 2 ，0)，其短轴上的一个端点到 F 的距离为 3 .
（1）求椭圆 C 的方程和其“准圆”方程； （2）若点 P 是椭圆 C 的“准圆”上的动点，过点 P 作椭圆的切线 l1，l2 交“准圆”于点 M，N. 证明：l1⊥l2，且线段 MN 的长为定值．
（1）求抛物线 C 的方程；
（2）过点 P 引圆 M : x 32 y2 r2 0 r 2 的两条切线 PA、PB ，切线 PA、PB
与抛物线 C 的另一交点分别为 A、B ，线段 AB 中点的横坐标记为t ，求t 的取值范围.
【分析】 （1）由题意确定 p 的值即可确定抛物线方程；
问题1：若将点P固定，当A、B
位于何处时，∠APB最大？
问题2：当一个锐角在不断增大 的过程中，临界情况是什么？
y P
P
AA A A
O
B BB
x
x2+y2=a2+1 x2+y2=a2+1
3x+4y－10=0与蒙日圆x2+y2=a2+1相离
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第八章 培优点10 阿波罗尼斯圆与蒙日圆
例2 (1)(2023·抚松模拟)蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该
定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心 的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C：a＋x2 2＋ya2＝1(a>0)的蒙日 圆的方程为x2＋y2＝4，则a等于
√A.1
B.2
C.3
D.4
∵椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上， 找两个特殊点分别为(0， a)，( 2＋a，0)， 则两条切线分别是 x＝ 2＋a，y＝ a， 这两条切线互相垂直，且两条直线的交点为 P( 2＋a， a)， 而 P 在蒙日圆上，∴( 2＋a)2＋( a)2＝4，解得 a＝1.
故△AMN 的面积的取值范围为[2 3，4].
思维升华
蒙日圆在双曲线、抛物线中的推广 双曲线 ax22－by22＝1(a>b>0)的两条互相 垂直的切线PA，PB交点P的轨迹是蒙 日圆：x2＋y2＝a2－b2(只有当a>b时才 有蒙日圆). 抛物线 y2＝2px(p>0)的两条互相垂直的切线 PA，PB 交点 P 的轨迹是该抛 物线的准线：x＝－p2(可以看作半径无穷大的圆).
例1 (1)古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界光辉
的科学成果.他证明过这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数
k(k>0且k≠1)的点的轨迹是圆，后人将之称为阿波罗尼斯圆.现有椭圆T： Eax2，2＋Fby分22 ＝别1为(a椭>b圆>0T)的，左A，、B右为焦椭点圆，T长动轴点的M端满点足，||MMCEF，|| ＝D2为，椭△圆MTA短B面轴积的的端最点， 大值为4 6 ，△MCD面积的最小值为 2 ，则椭圆T的离心率为
因为|PA|2＋|PB|2＝(x＋1)2＋y2＋(x－1)2＋y2＝2(x2＋y2＋1)，其中x2＋ y2可看作圆(x－2)2＋y2＝3上的点(x，y)到原点(Байду номын сангаас,0)的距离的平方，
高考圆锥曲线中的“蒙日圆问题”证明与训练突破含详解
蒙日圆证明及计算过点P 作直线12,l l 与椭圆C: 22221x y a b+=相切于点A,B ，若12l l ⊥，求证：OP 为定值，并求出该定值。
解：设(,)P m n 过点P 椭圆的切线方程为()y k x m n =-+ ，则2222()1y k x m nx y a b =-+⎧⎪⎨+=⎪⎩消元并整理得：222222()b x a kx km n a b +-+=（点评：①小步走策略；②消元，整式化，大必作于细）222222222()2()()0a k b x a k n mk x a n km a b ++-+--= （点评：①增强主元意识；②按照主元降幂排列；③按层次分别找准主元的二次项、一次项的系数及常数项；④若与主元无关，则视为常数项，不必展开；⑤按照先正后负顺序排列）所以222222220[2()]4()[()]0a k n mk a a k b n mk b ∆=⇒--+--= （点评：公因式化简（公因式24a ），能相约，则必相约（先约去24a ）22222222()()[()]0a k n mk a k b n mk b ⇒--+--=（点评：暂时不展开2()n mk -，因为可以相消）222422()0a b k b b n mk ⇒+--=（点评： 2()n mk -为整体，则为两个含有两项的多项式乘法展开，可相消）2222()0a k b n mk ⇒+--=（点评：先约去2b ）所以22222()20a m k mnk b n -++-=（点评：主元为斜率k ，按照斜率k 降幂排列）设12,l l 的斜率分别为12,k k ，则2212221b n k k a m-==-- ，所以2222m n a b +=+ 又当m a =时点P 满足方程：2222m n a b +=+，所以点P 的轨迹方程为：2222x y a b +=+，所以|OP |=高考圆锥曲线中的“蒙日圆问题”训练突破1．已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的一个焦点为)，离心率为3.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若动点()00,P x y 为椭圆外一点，且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直，求点P 的轨迹方程.2．给定椭圆C ：22221x y a b+=(a >b >0)，称圆心在原点O C 的“准圆”．若椭圆C 的一个焦点为F ，0)，其短轴上的一个端点到F （1）求椭圆C 的方程和其“准圆”方程；（2）若点P 是椭圆C 的“准圆”上的动点，过点P 作椭圆的切线l 1，l 2交“准圆”于点M ，N .证明：l 1⊥l 2，且线段MN 的长为定值．3．给定椭圆C :22221x y a b+=(0)a b >>的圆是椭圆C 的“伴随圆”.若椭圆C 的一个焦点为F ,0)，其短轴上的一个端点到F 1（1）求椭圆C 的方程及其“伴随圆”方程；（2）若倾斜角45°的直线l 与椭圆C 只有一个公共点，且与椭圆C 的伴随圆相交于M .N 两点，求弦MN 的的长；（3）点P 是椭圆C 的伴随圆上一个动点，过点P 作直线l 1、l 2，使得l 1、l 2与椭圆C 都只有一个公共点，判断l 1、l 2的位置关系，并说明理由.4．已知抛物线1C ：22y px =（0p >），圆2C ：222(1)x y r -+=（0r >），抛物线1C 上的点到其准线的距离的最小值为14.（1）求抛物线1C 的方程及其准线方程；（2）如图，点0(2,)P y 是抛物线1C 在第一象限内一点，过点P 作圆2C 的两条切线分别交抛物线1C 于点A ，B （A ，B 异于点P ），问是否存在圆2C 使AB 恰为其切线？若存在，求出r 的值；若不存在，说明理由.5．已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>，点()1,e （e 为椭圆C 的离心率）在椭圆C 上.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）如图，P 为直线2x =上任一点，过点P 椭圆C 上点处的切线为PA ，PB ，切点分别A ，B ，直线x a =与直线PA ，PB 分别交于M ，N 两点，点M ，N 的纵坐标分别为m ，n ，求mn 的值.6．已知中心在原点的椭圆C 1和抛物线C 2有相同的焦点(1，0)，椭圆C 1过点31,2G ⎛⎫⎪⎝⎭，抛物线2C 的顶点为原点．(1)求椭圆C 1和抛物线C 2的方程；(2)设点P 为抛物线C 2准线上的任意一点，过点P 作抛物线C 2的两条切线PA ，PB ，其中A 、B 为切点．设直线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值；②若直线AB 交椭圆C 1于C ，D 两点，S △P AB ，S △PCD 分别是△PAB ，△PCD 的面积，试问：PABPCDS S 是否有最小值?若有，求出最小值；若没有，请说明理由.7．已知椭圆C 的方程为2212x y +=.（1）设(,)M M M x y 是椭圆C 上的点，证明：直线12M M x xy y +=与椭圆C 有且只有一个公共点；（2）过点N 作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为A ､B ，点N 在直线AB 上的射影为点Q ，求点Q 的坐标；（3）互相垂直的两条直线1l 与2l 相交于点P ，且1l ､2l 都与椭圆C 只有一个公共点，求点P 的轨迹方程.8．已知椭圆()2222:10x y O a b a b+=>>的左、右顶点分别为A ，B ，点P 在椭圆O 上运动，若PAB △面积的最大值为O 的离心率为12.（1）求椭圆O 的标准方程；（2）过B 点作圆E ：()2222x y r +-=，()02r <<的两条切线，分别与椭圆O 交于两点C ，D (异于点B )，当r 变化时，直线CD 是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.9．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：24x ＋y 2＝1，椭圆C 2：22x a ＋22y b＝1(a >b >0)，C 2与C 1的长轴长之比为∶1，离心率相同．(1)求椭圆C 2的标准方程；(2)设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．10．已知抛物线()2:20C y px p =>上一点()0,2P x 到焦点F 的距离02PF x =.（1）求抛物线C 的方程；（2）过点P 引圆()(222:30M x y rr -+=<≤的两条切线PA PB 、，切线PA PB 、与抛物线C 的另一交点分别为A B 、，线段AB 中点的横坐标记为t ，求t 的取值范围.11．如图，已知00(,)M x y 是椭圆C :13622=+y x 上的任一点，从原点O 向圆M ：()()22002x x y y -+-=作两条切线，分别交椭圆于点P 、Q ．（1）若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为1k ，2k ，求证：12k k 为定值；（2）试问22OP OQ +是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．12．已知抛物线E ：22x py =过点()1,1，过抛物线E 上一点()00,P x y 作两直线PM ，PN 与圆C ：()2221x y +-=相切，且分别交抛物线E 于M 、N 两点．（1）求抛物线E 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（2）若直线MN 的斜率为P 的坐标．高考圆锥曲线中的“蒙日圆问题”突破答案一、解答题1．已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的一个焦点为)，离心率为3.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若动点()00,P x y 为椭圆外一点，且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直，求点P 的轨迹方程.【答案】（1）22194x y +=；（2）220013x y +=.【详解】试题分析：（1）利用题中条件求出c 的值，然后根据离心率求出a 的值，最后根据a 、b 、c 三者的关系求出b 的值，从而确定椭圆C 的标准方程；（2）分两种情况进行计算：第一种是在从点P 所引的两条切线的斜率都存在的前提下，设两条切线的斜率分别为1k 、2k ，并由两条切线的垂直关系得到121k k =-，并设从点()00,P x y 所引的直线方程为()00y k x x y =-+，将此直线的方程与椭圆的方程联立得到关于x 的一元二次方程，利用0∆=得到有关k 的一元二次方程，最后利用121k k =-以及韦达定理得到点P 的轨迹方程；第二种情况是两条切线与坐标轴垂直的情况下求出点P 的坐标，并验证点P 是否在第一种情况下所得到的轨迹上，从而得到点P 的轨迹方程.（1）由题意知33a a =⇒=，且有=，解得2b =，因此椭圆C 的标准方程为22194x y +=；（2）①设从点P 所引的直线的方程为()00y y k x x -=-，即()00y kx y kx =+-，当从点P 所引的椭圆C 的两条切线的斜率都存在时，分别设为1k 、2k ，则121k k =-，将直线()00y kx y kx =+-的方程代入椭圆C 的方程并化简得()()()222000094189360k x k y kx x y kx ++-+--=，()()()2220000184949360k y kx k y kx ⎡⎤⎡⎤∆=--⨯+--=⎣⎦⎣⎦，化简得()2200940y kx k ---=，即()()22200009240x k kx y y --+-=，则1k 、2k 是关于k 的一元二次方程()()22200009240x k kx y y --+-=的两根，则201220419y k k x -==--，化简得220013x y +=；②当从点P 所引的两条切线均与坐标轴垂直，则P 的坐标为()3,2±±，此时点P 也在圆2213x y +=上.综上所述，点P 的轨迹方程为2213x y +=.考点：本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用∆的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用.2．给定椭圆C ：22221x y a b+=(a >b >0)，称圆心在原点O的圆为椭圆C 的“准圆”．若椭圆C 的一个焦点为F，0)，其短轴上的一个端点到F（1）求椭圆C 的方程和其“准圆”方程；（2）若点P 是椭圆C 的“准圆”上的动点，过点P 作椭圆的切线l 1，l 2交“准圆”于点M ，N .证明：l 1⊥l 2，且线段MN 的长为定值．【答案】（1）椭圆方程为2213x y +=，“准圆”方程为x 2＋y 2＝4；（2）证明见解析.【分析】（1）由已知c a ==C 的方程和其“准圆”方程；（2）①当直线l 1，l 2中有一条斜率不存在时，分别求出l 1和l 2，验证命题成立；②当l 1，l 2斜率存在时，设点P (x 0，y 0)，其中22004x y +=，联立过点P (x 0，y 0)与椭圆相切的直线方程与椭圆方程，由Δ＝0化简整理，可证得l 1⊥l 2；进而得出线段MN 为“准圆”x 2＋y 2＝4的直径，即线段MN 的长为定值．【详解】（1）∵椭圆C的一个焦点为)F其短轴上的一个端点到F.∴c a ==∴1b ==，∴椭圆方程为2213x y +=，∴“准圆”方程为x 2＋y 2＝4.（2）证明：①当直线l 1，l 2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l 1斜率不存在，则l 1：x ＝当l 1：xl 1与“准圆”交于点1)，，－1)，此时l 2为y ＝1(或y ＝－1)，显然直线l 1，l 2垂直；同理可证当l 1：x＝－l 1，l 2垂直．②当l 1，l 2斜率存在时，设点P (x 0，y 0)，其中22004x y +=.设经过点P (x 0，y 0)与椭圆相切的直线为y ＝t (x －x 0)＋y 0，∴由()002213y t x x y x y ⎧=-+⎪⎨+=⎪⎩得(1＋3t 2)x 2＋6t (y 0－tx 0)x ＋3(y 0－tx 0)2－3＝0.由Δ＝0化简整理，得(3－20x )t 2＋2x 0y 0t ＋1－20y ＝0，∵22004x y +=，∴有(3－20x )t 2＋2x 0y 0t ＋(20x －3)＝0.设l 1，l 2的斜率分别为t 1，t 2，∵l 1，l 2与椭圆相切，∴t 1，t 2满足上述方程(3－20x )t 2＋2x 0y 0t ＋(20x －3)＝0，∴t 1·t 2＝－1，即l 1，l 2垂直．综合①②知，l 1⊥l 2.∵l 1，l 2经过点P (x 0，y 0)，又分别交其“准圆”于点M ，N ，且l 1，l 2垂直．∴线段MN 为“准圆”x 2＋y 2＝4的直径，|MN |＝4，∴线段MN 的长为定值．【点睛】思路点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查新定义，考查椭圆的切线方程，考查直线与椭圆的位置关系，有关平面解析问题一些基本解题思想总结如下：1.常规求值问题：需要找等式，范围问题需要找不等式；2.是否存在问题：当作存在去求，不存在时会无解；3.证明定值问题：把变动的元素用参数表示出来，然后证明结果与参数无关，也可先猜再证；4.处理定点问题：把方程中参数的同次项集在一起，并令各项系数为0，也可先猜再证；5.最值问题：将对象表示为变量的函数求解．3．给定椭圆C :22221x y a b+=(0)a b >>的圆是椭圆C 的“伴随圆”.若椭圆C 的一个焦点为F ,0)，其短轴上的一个端点到F 1（1）求椭圆C 的方程及其“伴随圆”方程；（2）若倾斜角45°的直线l 与椭圆C 只有一个公共点，且与椭圆C 的伴随圆相交于M .N 两点，求弦MN 的的长；（3）点P 是椭圆C 的伴随圆上一个动点，过点P 作直线l 1、l 2，使得l 1、l 2与椭圆C 都只有一个公共点，判断l 1、l 2的位置关系，并说明理由.【答案】（1）椭圆方程：2213x y +=；伴随圆方程：x 2+y 2=1；（2）；（3）垂直，（斜率乘积为-1，分斜率存在与否）【分析】（1）直接由椭圆C 的一个焦点为)1F ，其短轴上的一个端点到F 1，求出，即可求椭圆C 的方程及其“伴随圆”方程；（2）先把直线方程与椭圆方程联立，利用对应的判别式为0求出，进而求出直线方程以及圆心到直线的距离；即可求弦MN 的长；（3）先对直线l 1，l 2的斜率是否存在分两种情况讨论，然后对每一种情况中的直线l 1，l 2与椭圆C 都只有一个公共点进行求解即可证：l 1⊥l 2．（在斜率存在时，是先设直线方程，把直线与椭圆方程联立，利用斜率为对应方程的根来判断结论）．【详解】解：（1）因为c a ==，所以b ＝1所以椭圆的方程为2213x y +=，伴随圆的方程为x 2+y 2＝4．（2）设直线l 的方程y ＝x +b ，由2213y x b x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得4x 2+6bx +3b 2﹣3＝0由△＝（6b ）2﹣16（3b 2﹣3）＝0得b 2＝4圆心到直线l的距离为d ==所以MN ==（3）①当l 1，l 2中有一条无斜率时，不妨设l 1无斜率，因为l 1与椭圆只有一个公共点，则其方程为x =x =，当l 1方程为x =l 1与伴随圆交于点))1-，此时经过点)（或1)-且与椭圆只有一个公共点的直线是y ＝1（或y ＝﹣1），即l 2为y ＝1（或y ＝﹣1），显然直线l 1，l 2垂直；同理可证l 1方程为x =时，直线l 1，l 2垂直．②当l 1，l 2都有斜率时，设点P （x 0，y 0），其中x 02+y 02＝4，设经过点P （x 0，y 0），与椭圆只有一个公共点的直线为y ＝k （x ﹣x 0）+y 0，由()002213y kx y kx x y ⎧=+-⎪⎨+=⎪⎩，消去y 得到x 2+3（kx +（y 0﹣kx 0））2﹣3＝0，即（1+3k 2）x 2+6k （y 0﹣kx 0）x +3（y 0﹣kx 0）2﹣3＝0，△＝[6k （y 0﹣kx 0）]2﹣4•（1+3k 2）[3（y 0﹣kx 0）2﹣3]＝0，经过化简得到：（3﹣x 02）k 2+2x 0y 0k +1﹣y 02＝0，因为x 02+y 02＝4，所以有（3﹣x 02）k 2+2x 0y 0k +（x 02﹣3）＝0，设l 1，l 2的斜率分别为k 1，k 2，因为l 1，l 2与椭圆都只有一个公共点，所以k 1，k 2满足方程（3﹣x 02）k 2+2x 0y 0k +（x 02﹣3）＝0，因而k 1•k 2＝﹣1，即l 1，l 2垂直．【点睛】本题主要考查椭圆的方程和几何性质，直线的方程，两点间的距离公式以及点到直线的距离公式等基础知识，考查用代数方法研究圆锥曲线的性质和数形结合的数学思想，考查解决问题的能力和运算能力．4．已知抛物线1C ：22y px =（0p >），圆2C ：222(1)x y r -+=（0r >），抛物线1C 上的点到其准线的距离的最小值为14.（1）求抛物线1C 的方程及其准线方程；（2）如图，点0(2,)P y 是抛物线1C 在第一象限内一点，过点P 作圆2C 的两条切线分别交抛物线1C 于点A ，B （A ，B 异于点P ），问是否存在圆2C 使AB 恰为其切线？若存在，求出r 的值；若不存在，说明理由.【答案】（1）1C 的方程为2y x =，准线方程为14x =-.（2）存在，12r =【分析】（1）由124p =得到p 即可；（2）设()211,A y y ，利用点斜式得到PA的的方程为(110x y y -++=，由2(1,0)C 到PA 的距离为半径可得())22221121130ryr y r -+-+-=，同理())22222221130r y r y r -+-+-=，同理写出直线AB 的方程，利用点2(1,0)C 到直线AB 的距离为半径建立方程即可.解：（1）由题意得124p =，解得12p =，所以抛物线1C 的方程为2y x =，准线方程为14x =-.（2）由（1）知，P .假设存在圆2C 使得AB 恰为其切线，设()211,A y y ，()222,B y y ，则直线PA的的方程为1212(2)2y y x y -=⋅--，即(110x y y -+=.由点2(1,0)C 到PA 的距离为rr =，化简，得())22221121130r yr y r -+-+-=，同理，得())22222221130ry r y r -+-+-=.所以1y ，2y 是方程的())222221130r yr y r -+-+-=两个不等实根，故)212212r y y r -+=--，2122132r y yr-=-.易得直线AB 的方程为()12120x y y y y y -++=，由点2(1,0)C 到直线AB 的距离为rr =，所以)22222222113122r r r r r r ⎡⎤-⎛⎫-⎢⎥+=+- ⎪--⎢⎥⎝⎭⎣⎦，于是，()()()2222222234281rr rr r-=-+-，化简，得6424410r r r -+-=，即()()2421310r r r --+=.经分析知，01r <<，因此12r -=.【点睛】本题主要考查抛物线的定义和几何性质，直线与圆、抛物线的位置关系等，考查运算求解能力、数形结合思想.5．已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的长半轴长为，点()1,e （e 为椭圆C 的离心率）在椭圆C 上.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）如图，P 为直线2x =上任一点，过点P 椭圆C 上点处的切线为PA ，PB ，切点分别A ，B ，直线x a =与直线PA ，PB 分别交于M ，N 两点，点M ，N 的纵坐标分别为m ，n ，求mn 的值.【答案】（1）2212x y +=；（2）23.【分析】（1）因为点()1,e 在椭圆C 上，所以22211e a b +=，然后，利用222c a b =-，c e a =，得出2222211a b a a b-+=，进而求解即可（2）设点P 的坐标为()2,t ，直线AP 的方程为()12y k x t =-+，直线BP 的方程为()22y k x t =-+，分别联立方程：()221122x y y k x t ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩和12212212k k t t k k +=⎧⎪⎨-=⎪⎩，利用韦达定理，再利用)122m k t =+，)222n k t =-+，即可求出mn 的值【详解】（1）由椭圆C 2，得2a =.因为点()1,e 在椭圆C 上，所以22211e a b+=.又因为222c a b =-，c e a =，所以2222211a b a a b-+=，所以1b =-（舍）或1b =.故椭圆C 的标准方程为2212x y +=.（2）设点P 的坐标为()2,t ，直线AP 的方程为()12y k x t =-+，直线BP 的方程为()22y k x t =-+.据()221122x y y k x t ⎧+=⎪⎨⎪=-+⎩得()()()222111121422220k x k t k x t k ++-+--=.据题意，得()()()222211111624212220k t k k t k ⎡⎤--+--=⎣⎦，得22112410k tk t -+-=，同理，得22222410k tk t -+-=，所以12212212k k t t k k +=⎧⎪⎨-=⎪⎩.又可求，得)12m k t =+，)22n k t =-+，所以))1222mn k t k t ⎡⎤⎡⎤=++⎣⎦⎣⎦()()2121262k k k k t t =-+-++(())2223122t t t=--+-+3=-.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解以及联立方程求定值的问题，联立方程求定值的关键在于利用韦达定理进行消参，属于中档题6．已知中心在原点的椭圆C 1和抛物线C 2有相同的焦点(1，0)，椭圆C 1过点31,2G ⎛⎫⎪⎝⎭，抛物线2C 的顶点为原点．(1)求椭圆C 1和抛物线C 2的方程；(2)设点P 为抛物线C 2准线上的任意一点，过点P 作抛物线C 2的两条切线PA ，PB ，其中A 、B 为切点．设直线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值；②若直线AB 交椭圆C 1于C ，D 两点，S △P AB ，S △PCD 分别是△PAB ，△PCD 的面积，试问：PABPCDS S 是否有最小值?若有，求出最小值；若没有，请说明理由.【答案】(1)抛物线2C 的标准方程为24y x =,椭圆1C 的方程为:22143x y +=,(2)①证明见解析,②有,最小值为43【分析】(1)利用12p=可得抛物线的标准方程,根据1c =和点P 在椭圆上列方程组可求得2a 和2b ,从而可得标准方程;(2)①利用△=0以及韦达定理可得结论;②先求出直线过定点(1,0),将问题转化为PAB PCD S S 1||||21||||2d AB AB CD d CD ⋅==⋅,即求||||AB CD 得最小值,当直线AB 的斜率存在时,联立直线与抛物线,利用弦长公式求出||AB 和||CD ,然后求比值,此时大于43,当直线AB 的斜率不存在时,直接求出||AB 和||CD 可得比值为43.从而可得结论.【详解】(1)因为抛物线C 2有相同的焦点(1，0),且顶点为原点,所以12p=,所以2p =,所以抛物线2C 的标准方程为24y x =,设椭圆方程为22221x ya b +=,则1c =且222211914a b ab ⎧-=⎪⎨+=⎪⎩,解得224,3a b ==,所以椭圆1C 的方程为:22143x y+=.(2)①证明:设(1,)P t -,过点P 与抛物线24y x =相切的直线为(1)y t k x -=+,由2(1)4y t k x y x -=+⎧⎨=⎩,消去x 得24440t y y k k -++=,由△=244()4(4)0tkk--+=,得210k tk +-=,则121k k =-.②设1122(,),(,)A x y B x y 由①得112,y k =222y k =,则12221211,x x k k ==,所以直线AB 的方程为211121()y y y y x x x x --=--,所以211222122(1)11k k y y x k k --=--,即122(1)y x k k =--+,即直线AB 恒过定点(1,0),设点P 到直线AB 的距离为d ,所以PABPCDS S 1||||21||||2d AB AB CD d CD ⋅==⋅,当直线AB 的斜率存在时,设直线AB 的方程为(1)y k x =-,设3344(,),(,)C x y D x y ,由24(1)y x y k x ⎧=⎨=-⎩,消去y 得2222(24)0k x k x k -++=,0k ≠时,△0>恒成立,||AB =224(1)k k+=,由22143(1)x y y k x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩消去y 得2222(34)84120k x k x k +-+-=,△0>恒成立,则||CD =2212(1)34k k+=+.所以22224(1)12(1)34PAB PCDk S k k S k +=++ 22234144333k k k +==+>,当直线AB 的斜率不存在时,直线AB 的方程为1x =,此时||4AB =,||3CD =,PAB PCD S S 43=,所以PAB PCD S S 的最小值为43.【点睛】本题考查了求抛物线和椭圆的标准方程,考查了直线与抛物线相切,考查了直线与椭圆相交的问题,考查了三角形的面积公式,考查了分类讨论思想,考查了弦长公式,属于难题.7．已知椭圆C 的方程为2212x y +=.（1）设(,)M M M x y 是椭圆C 上的点，证明：直线12M M x xy y +=与椭圆C 有且只有一个公共点；（2）过点N 作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为A ､B ，点N 在直线AB 上的射影为点Q ，求点Q 的坐标；（3）互相垂直的两条直线1l 与2l 相交于点P ，且1l ､2l 都与椭圆C 只有一个公共点，求点P 的轨迹方程.【答案】（1）证明见解析；（2）2(,)33Q ；（3）223x y +=.【分析】（1）当0M y =时，符合题意；当0M y ≠时，联立直线与椭圆的方程，得判别式为0，从而方程组只有一组解，进而可得答案；（2）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，得出A ，B的坐标满足直线方程 21x =，推出直线AB的方程为21x+=，联立NQ 的方程解得Q 点坐标；（3）设()00,P x y ，分两种情况：当直线1l 与2l 有一条斜率不存在时，当直线1l 与2l 有一条斜率存在时，讨论点P 的轨迹，即可得出答案.【详解】（1）当0M y =时，M x =12M M x xy y +=，即直线x =，与椭圆C 只有一个公共点.当0M y ≠时，由221212M M x xy y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得2222211)1024M M M M Mx x x x y y y +-+-=（，2222422222114(1)24M M M M M M M M x x y x y y y y -++∆=-+-=，又2212M M x y +=，∴有0∆=，从而方程组只有一组解，直线12M M x xy y +=与椭圆C 的有且只有一个公共点.（2）设11(,)A x y ，22(,)B x y .由（1）知两条直线为1112x x y y +=，2212x xy y +=，又N 是它们的交点，∴1112x +=，2212x+=，从而有11(,)A x y ，22(,)B x y的坐标满足直线方程12x+=，所以直线AB：12x+=.直线NQ的方程为1)y x -=-，由121)x y x ⎧+=⎪⎨⎪=-⎩解得233x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，即2(,33Q ，（3）设00(,)P x y .当直线1l 与2l有一条斜率不存在时，(1)P ±，22003x y +=.当直线1l 与2l 的斜率都存在时，设为1k 和2k ，由0022()12y y k x x x y -=-⎧⎪⎨+=⎪⎩得22222000000(12)4()2(21)0k x k y kx x k x y kx y ++-++--=，由22222000000[4()]4(12)2(21)0k y kx k k x y kx y ∆=--⋅+⋅⋅+--=，整理得2220000(2)210x k x y k y -++-=，202x ≠，1k 和2k 是这个方程的两个根，∴有20122112y k k x -==--，得22003x y +=，所以点P 的轨迹方程是223x y +=.【点睛】关键点点睛：解决第一问主要是通过联立直线与椭圆所构成的方程组有一个解；解决第二问主要是通过第一问中的结论得出AB 的方程；解决第三问主要是依据两直线的关系得到2122112y k k x -==--.8．已知椭圆()2222:10x y O a b a b+=>>的左、右顶点分别为A ，B ，点P 在椭圆O 上运动，若PAB △面积的最大值为O 的离心率为12.（1）求椭圆O 的标准方程；（2）过B 点作圆E ：()2222x y r +-=，()02r <<的两条切线，分别与椭圆O 交于两点C ，D (异于点B )，当r 变化时，直线CD 是否恒过某定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由.【答案】（1）22143x y +=；（2）直线CD 恒过定点()14,0.【分析】（1）首先列出关于,,a b c 的等式，再求椭圆的标准方程；（2）首先设出过点()2,0B 的切线方程，利用d r =，得到关于斜率k 的一元二次方程，得到根与系数的关系121k k =，再与椭圆方程联立求得点,C D 的坐标，写出直线CD 的斜率，并写出直线CD 的方程，说明直线过定点.【详解】（1）由题可知当点P 在椭圆O 的上顶点时，PAB S 最大，此时122PABS ab ab =⨯==△222122ab c a a a b c ⎧=⎪⎪=⇒=⎨⎪-=⎪⎩，b =，1c =，∴椭圆O 的标准方程为22143x y +=.（2）设过点()2,0B 与圆E 相切的直线方程为()2y k x =-，即20kx y k --=，∵直线与圆E ：()2222x y r +-=相切，∴d r ==，即得()2224840r k k r -++-=.设两切线的斜率分别为1k ，()212k k k ≠，则121k k =，设()11,C x y ，()22,D x y ，由()()12222221112341616120143y k x k x k x k x y ⎧=-⎪⇒+-+-=⎨+=⎪⎩，∴211211612234k x k -=+，即211218634k x k -=+，∴11211234k y k -=+；同理：22212222186863443k k x k k --==++，212222112123443k k y k k --==++；∴()112221111222112112211121243348686414334CDk k y y k k k k k k x x k k k ----++===---+-++，∴直线CD 的方程为()21112221111286343441k k k y x k k k ⎛⎫-+=- ⎪ ⎪+++⎝⎭.整理得()()()()111222111714412141k k k y x x k k k =-=-+++，∴直线CD 恒过定点()14,0.【点睛】本题考查椭圆方程，直线与圆，直线与椭圆的位置关系，重点考查转化思想，计算能力，逻辑推理能力，属于难题.9．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：24x ＋y 2＝1，椭圆C 2：22x a ＋22y b＝1(a >b >0)，C 2与C 1的长轴长之比为∶1，离心率相同．(1)求椭圆C 2的标准方程；(2)设点P 为椭圆C 2上的一点．①射线PO 与椭圆C 1依次交于点A ，B ，求证：PAPB为定值；②过点P 作两条斜率分别为k 1，k 2的直线l 1，l 2，且直线l 1，l 2与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证k 1·k 2为定值．【答案】(1)28x ＋22y ＝1；(2)①证明见解析，②证明见解析【分析】(1)根据已知条件，求出a ，b 的值，得到椭圆C 2的标准方程．(2)①对直线OP 斜率分不存在和存在两种情况讨论，当OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，并与椭圆C 1的方程联立，解得点A 横坐标，同理求得点P 横坐标，再通过弦长公式，求出PAPB的表达式，化简整理得到定值．②设P (x 0，y 0)，写出直线l 1的方程，并与椭圆C 1联立，得到关于x 的一元二次方程，根据直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点，得到方程只有一解，即Δ＝0，整理得2201(4)x k -－2x 0y 0k 1＋20y －1＝0，同理得到2202(4)x k -－2x 0y 0k 2＋20y －1＝0，从而说明k 1，k 2是关于k 的一元二次方程的两个根，运用根与系数的关系，证得定值．【详解】(1)设椭圆C 2的焦距为2c ，由题意，a ＝，1b=b，因此椭圆C 2的标准方程为28x ＋22y ＝1.(2)①1°当直线OP 斜率不存在时，PA－1，PB＋1，则PA PB＝3－.2°当直线OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y ＝kx ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＝4，所以22441A x k =+，同理22841P x k =+．所以222P A x x =，由题意，x P 与x A 同号，所以x Px A ，从而PA PB ＝p A p B x x x x --＝p A p A x x x x -+3－.所以PAPB＝3－为定值．②设P (x 0，y 0)，所以直线l 1的方程为y －y 0＝k 1(x －x 0)，即y ＝k 1x －k 1x 0＋y 0，记t ＝－k 1x 0＋y 0，则l 1的方程为y ＝k 1x ＋t ，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得(421k ＋1)x 2＋8k 1tx ＋4t 2－4＝0，因为直线l 1与椭圆C 1有且只有一个公共点，所以Δ＝(8k 1t )2－4(421k ＋1)(4t 2－4)＝0，即421k －t 2＋1＝0，将t ＝－k 1x 0＋y 0代入上式，整理得，2201(4)x k -－2x 0y 0k 1＋20y －1＝0，同理可得，2202(4)x k -－2x 0y 0k 2＋20y －1＝0，所以k 1，k 2为关于k 的方程(20x－4)k 2－2x 0y 0k ＋y 2－1＝0的两根，从而k 1·k 2＝202014y x --.又点在P (x 0，y 0)椭圆C 2：28x ＋22y ＝1上，所以2200124y x =-，所以k 1·k 2＝20201211444x x --=--为定值．【点睛】本题考查求椭圆标准方程，考查椭圆中的定值问题，椭圆中的定值问题，一种方法是直接计算，即由直线与椭圆相交求出交点坐标，求出直线斜率等，然后计算题中要证定值的量即可得，一种不直接计算，像本题（2）②中通过直线与椭圆相切，得出两直线斜率满足的关系式，从而确定这两个斜率是某个二次方程的根，由韦达定理直接得证，即建立参数之间的联系，然后推导出定值．10．已知抛物线()2:20C y px p =>上一点()0,2P x 到焦点F 的距离02PF x =.（1）求抛物线C 的方程；（2）过点P 引圆()(222:30M x y rr -+=<≤的两条切线PA PB 、，切线PA PB 、与抛物线C 的另一交点分别为A B 、，线段AB 中点的横坐标记为t ，求t 的取值范围.【答案】（1）24y x =（2）见解析【分析】（1）由题意确定p 的值即可确定抛物线方程；（2）很明显切线斜率存在，由圆心到直线的距离等于半径可得12,k k 是方程()2224840r k k r --+-=的两根，联立直线方程与抛物线方程可得点D 的横坐标()()201212223x k k k k =+-+-.结合韦达定理将原问题转化为求解函数的值域的问题即可.【详解】（1）由抛物线定义,得02pPF x =+，由题意得：0022240p x x px p ⎧=+⎪⎪=⎨⎪>⎪⎩解得021p x =⎧⎨=⎩所以，抛物线的方程为24y x =.（2）由题意知，过P 引圆()2223(0x y r r -+=<≤的切线斜率存在，设切线PA 的方程为()112y k x =-+，则圆心M 到切线PA的距离d r ==，整理得，()222114840r k k r --+-=.设切线PB 的方程为()212y k x =-+,同理可得()222224840r k k r --+-=.所以，12,k k 是方程()2224840r k k r --+-=的两根，121228,14k k k k r +==-.设()11,A x y ，()22,B x y 由()12124y k x y x ⎧=-+⎨=⎩得，2114480k y y k --+=，由韦达定理知，111842k y k -=，所以11211424242k y k k k -==-=-，同理可得2142y k =-.设点D 的横坐标为0x ，则()()22222112124242288k k x x y y x -+-++===()()()()22212121212221223k k k k k k k k =+-++=+-+-.设12t k k =+，则[)284,24t r =∈---，所以，20223x t t =--，对称轴122t =>-，所以0937x <≤【点睛】本题主要考查抛物线方程的求解，直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.11．如图，已知00(,)M x y 是椭圆C :13622=+y x 上的任一点，从原点O 向圆M ：()()22002x x y y -+-=作两条切线，分别交椭圆于点P 、Q ．（1）若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为1k ，2k ，求证：12k k 为定值；（2）试问22OP OQ +是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．【答案】（1）见解析；（2）22OP OQ +为定值9．【解析】试题分析：（1）设直线OQ OP ,的直线方程分别为1y k x =、2y k x =，由圆心到直线的距离等于半径可以得到022)2(201002120=-+--y k y x k x 、022)2(202002220=-+--y k y x k x ，由此可得21k k 、是方程022)2(2000220=-+--y k y x k x 的两个不相等的实数根,由违达定理可知22202021--=x y k k ，由点M 在椭圆上可得201220111222x k k x -==--；（2）分直线OP 与直线OQ 与椭圆方程联立，可得222111216(1)12k x y k ++=+，222222226(1)12k x y k ++=+，直接计算22OP OQ +，并将1212k k =-代入表达式即可得到22OP OQ +的和为定值．试题解析：（1）因为直线OP ：1y k x =以及OQ ：2y k x =与圆M 相切，所以21||21001=+-ky x k ,化简得：022)2(201002120=-+--y k y x k x 同理：022)2(202002220=-+--y k y x k x ，所以，20122022y k k x -∴⋅=-因为点00(,)M x y 在椭圆C 上，所以2200163x y +=，即2200132y x =-，所以21220111222x k k x -==--．（2）22OP OQ +是定值，定值为9．理由如下：法一：（i ）当直线OP 、OQ 不落在坐标轴上时,设),(,),(2211y x Q y x P ,联立122,1,63y k x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩解得21212211216,126.12x k k y k ⎧=⎪+⎪⎨⎪=⎪+⎩所以222111216(1)12k x y k ++=+，同理，得222222226(1)12k x y k ++=+，由1212k k =-，所以2222221122OP OQ x y x y +=+++221222126(1)6(1)1212k k k k ++=+++2211221116(1())6(1)211212()2k k k k +-+=+++-212191812k k +=+9=（ii ）当直线OP 、OQ 落在坐标轴上时,显然有22OP OQ +9=，综上：22OP OQ +9=法二：（i ）当直线OP 、OQ 不落在坐标轴上时,设),(,),(2211y x Q y x P ,因为1212k k =-，所以2222121214y y x x =，因为),(,),(2211y x Q y x P 在椭圆C 上，所以22112222163163x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩，即22112222132132y x y x ⎧=-⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩，所以22221212111(3)(3)224x x x x --=，整理得22126x x +=，所以222212121133322y y x x ⎛⎫⎛⎫+=-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以22OP OQ +9=．（ii ）当直线OP 、OQ 落在坐标轴上时,显然有22OP OQ +9=，综上：22OP OQ +9=．考点：1．椭圆的定义与几何性质；2．直线与圆的位置关系；3．直线与椭圆的位置关系．12．已知抛物线E ：22x py =过点()1,1，过抛物线E 上一点()00,P x y 作两直线PM ，PN 与圆C ：()2221x y +-=相切，且分别交抛物线E 于M 、N 两点．（1）求抛物线E 的方程，并求其焦点坐标和准线方程；（2）若直线MN的斜率为，求点P 的坐标．【答案】（1）抛物线E 的方程为2x y =，焦点坐标为10,4⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程为14y =-；（2）)或1,33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭【分析】（1）将点()1,1代入抛物线方程，可求出抛物线E 的方程，进而可求出焦点坐标及准线方程；（2）设()211,M x x ，()222,N x x ，可表示出直线PM 及PN 的斜率的表达式，进而可表示出两直线的方程，再结合直线和圆相切，利用点到直线的距离等于半径，可得1x ，2x 满足方程()2220001230x x x x x -++-=，从而得到0122021x x x x -+=-，又直线MN的斜率为12x x +=，可求出0x 的值，即可求出点P 的坐标.【详解】（1）将点()1,1代入抛物线方程得，12p =，所以抛物线E 的方程为2x y =，焦点坐标为：10,4⎛⎫⎪⎝⎭，准线方程为：14y =-．（2）由题意知，200y x =，设()211,M x x ，()222,N x x ，则直线PM 的斜率为22010101PMx x k x x x x -==+-，同理，直线PN 的斜率为02x x +，直线MN 的斜率为22121212x x x x x x -=-+，故12x x +=，于是直线PM 的方程为()()20010y x x x x x -=+-，即()01100x x y x x x +--=，1=，即()222010101230x x x x x -++-=，同理，直线PN 的方程为()02200x x x y x x +--=，可得()222020201230x x x x x -++-=，故1x ，2x 是方程()2220001230x x x x x -++-=的两根．故0122021x x x x -+=-，即02021x x -=-20020x=-，解得0=x 或3-．当0=x 时，03y =；当033x =-时，13y=．故点P的坐标为)或1,33⎛⎫-⎪ ⎪⎝⎭．【点睛】本题考查抛物线方程的求法，考查直线与圆位置关系的应用，考查直线的方程，考查学生的计算求解能力，属于中档题.。
一个有用的三角结论
一个有用的三角结论
王卫华
【期刊名称】《中学生数理化（高一版）》
【年(卷),期】2006(000)002
【摘要】@@ 在解三角形时,同学们常对三角形有一解还是有两解感到为难,如果用到下面的结论就比较容易解决.本文就此列举几例,来帮助同学们更好地解三角形问题.
【总页数】2页(P21-22)
【作者】王卫华
【作者单位】无
【正文语种】中文
【相关文献】
1.介绍立体几何中一个有用的结论 [J], 甘志国
2.三角形中一个有用的向量结论 [J], 王学忠
3.介绍立体几何中的一个有用结论 [J], 甘志国
4.介绍立体几何中的一个有用结论 [J], 甘志国;
5.立体几何中的一个有用结论 [J], 甘志国
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七市联考18解法及命题背景
南通徐巧石(2019年南通等七市第二次调研考试)18．（本小题满分16分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：2214x y +=，椭圆C 2：22221(0)y x a b a b+=>>，C 2与C 11，离心率相同． （1）求椭圆C 2的标准方程； （2）设点P 为椭圆C 2上一点．① 射线PO 与椭圆C 1依次交于点A B ，，求证：PA PB为定值；② 过点P 作两条斜率分别为12k k ，的直线12l l ，，且直线12l l ，与椭圆C 1均有且只有一个公共点，求证：12k k ⋅为定值．【解】（1）设椭圆C 2的焦距为2c，由题意，a =c a =222a b c =+，解得b =，因此椭圆C 2的标准方程为22182y x +=． ……………………………3分 （2）法一：①1°当直线OP 斜率不存在时，1PA =，1PB =，则3PA PB ==- ……………………………4分2°当直线OP 斜率存在时，设直线OP 的方程为y kx =，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得22(41)4k x +=，所以22441A x k =+，同理22841P x k =+．………6分 所以222P A x x =，由题意，P A x x 与同号，所以P A x =，从而||||3||||P A P AP B P A x x x x PA PB x x x x --===--+所以3PA PB=- ……………………………………………………………8分 法二：设PA PB λ=，01λ<<，设111100(,),(,),(,)A x y B x y P x y --，则01011,11,1x x y y λλλλ+⎧=⎪⎪-⎨+⎪=⎪-⎩，所以222111()()1182x y λλ++=-，又221114x y +=，所以21()21λλ+=-，3λ=-3PAPB =-②设00()P x y ，，所以直线1l 的方程为010()y y k x x -=-，即1100y k x k y x =+-， 记100t k y x =-，则1l 的方程为1y k x t =+，代入椭圆C 1的方程，消去y ，得22211(41)8440k x k tx t +++-=， 因为直线1l 与椭圆C 1有且只有一个公共点，所以22211(8)4(41)(44)0k t k t =-+-=，即221410k t -+=，将100t k y x =-代入上式，整理得，222010010(4)210x k x y k y --+-=， ……………12分 同理可得，222020020(4)210x k x y k y --+-=，所以12k k ，为关于k 的方程2220000(4)210x k x y k y --+-=的两根，从而20122014y k k x -⋅=-．……………………………………………………………………14分又点在00()P x y ，椭圆C 2：22182y x +=上，所以2200124y x =-，（第18题）所以2012201211444x k k x --⋅==--为定值． ………………………………………………16分 命题背景：高考题 (2014年高考广东卷文科、理科第20题)已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的一个焦点为，．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动点00(,)P x y 为椭圆C 外一点，且点P 到椭圆C 的两条切线相互垂直，求点P 的轨迹方程．答案：(1)22194x y +=；(2)2213x y +=．这道高考题的背景就是蒙日圆.普通高中课程标准实验教科书《数学2·必修·A 版》(人民教育出版社，2007年第3版，2014年第8次印刷)第22页对画法几何的创始人蒙日(G .Monge ，1745-1818)作了介绍.以上高考题第(2)问的一般情形是定理1 曲线2222:1x y a bΓ+=的两条互相垂直的切线的交点P 的轨迹是圆2222x y a b +=+.定理1的结论中的圆就是蒙日圆. 先给出定理1的两种解析几何证法：定理1的证法1 当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P 的坐标是(,)a b ±，或(,)a b ±-.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P 的坐标是000(,)(,x y x a ≠±且0)y b ≠±，所以可设曲线Γ的过点P 的切线方程是00()(0)y y k x x k -=-≠. 由2222001()x y a b y y k x x ⎧+=⎪⎨⎪-=-⎩，得2222222220000()2()()0a k b x ka kx y x a kx y a b +--+--= 由其判别式的值为0，得222222200000()20(0)x a k x y k y b x a --++=-≠ 因为PB PA k k ,是这个关于k 的一元二次方程的两个根，所以220220PA PBy b k k x a +⋅=- 由此，得2222001PA PB k k x y a b ⋅=-⇔+=+进而可得欲证成立.定理1的证法2 当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P 的坐标是(,)a b ±，或(,)a b ±-.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点P 的坐标是000(,)(,x y x a ≠±且)0b y ±≠，所以可设两个切点分别是11221212(,),(,)(0)A x y B x y x x y y ≠.得直线0022:1x x y y AB a b +=，切线11222222:1,:1x x y y x x y yPA PB a b a b+=+=.所以：2241212121222412121212,PA PB OA OB b x b x b x x y y y yk k k k a y a y a y y x x x x ⎛⎫⎛⎫=--==⋅= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，44OA OB PA PBb a k k k k =因为点(,)(1,2)i i x y i =既在曲线2222:1x y a b Γ+=上又在直线0022:1x x y y AB a b+=上，所以222002222i i x y x x y y a b a b ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，2422224220000()2()0i i i i y y a y b a b x y b x a x x ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以44224012422120()()OA OB PA PB b b x a y y a k k x x a y b k k -===-，220220PA PB y b k k x a -=-由此，可得222200PA PB x y a b ⊥⇔+=+ 进而可得欲证成立.定理2 (1)双曲线22221(0)x y a b a b-=>>的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆2222x y a b +=-；(2)抛物线22y px =的两条互相垂直的切线的交点是该抛物线的准线.定理3 (1)椭圆22221(0)x y a b a b +=>>的两条斜率之积是22b a -的切线交点的轨迹方程是22222x y a b +=；(2)双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的两条斜率之积是22b a 的切线交点的轨迹方程是22222x ya b-=.定理4 过椭圆22222(0)x y a b a b +=>>上任一点00(,)P x y 作椭圆22221x ya b+=的两条切线，则(1)当0x a =±时，所作的两条切线互相垂直；(2)当0x a ≠±时，所作的两条切线斜率之积是22b a-.定理5 (1)椭圆22221(0)x y a b a b+=>>的两条斜率之积是(0)λλ≠的切线交点的轨迹Γ是：①当1λ=-时，Γ即圆2222x y a b +=+(但要去掉四个点(,),(,)a b a b ±±-)； ②当0λ<且1λ≠-时，Γ即椭圆2222221x y b b a a λλ+=--(但要去掉四个点(,),(,)a b a b ±±-)； ③当22b a λ=-时，Γ即两条直线by x a=±在椭圆22221(0)x y a b a b +=>>外的部分(但要去掉四个点(,),(,)a b a b ±±-)；④当220b a λ<<时，Γ即双曲线2222221y x b b a a λλ-=--在椭圆22221(0)x y a b a b +=>>外的部分(但要去掉四个点),(),,(b a b a -±±)；⑤当22b a λ>时，Γ即双曲线2222221x y b a b a λλ-=--在椭圆22221(0)x y a b a b+=>>外的部分(但要去掉四个点(,),(,)a b a b ±±-).(2)双曲线22221(0)x y a b a b-=>>的两条斜率之积是(0)λλ≠的切线交点的轨迹Γ是：①当1λ=-时，Γ即圆2222x y a b +=-；②当0λ>时，Γ即双曲线2222221x y b a b a λλ-=++； ③当1λ<-或221baλ-<<-时，Γ即椭圆2222221x y b a b a λλ+=--+； ④当220baλ-<<时，Γ不存在. (3)抛物线22y px =的两条斜率之积是(0)λλ≠的切线交点的轨迹Γ是：①当0λ<时，Γ即直线2px λ=；②当0λ>时，Γ的方程为2p x y λ⎛=> ⎝.例 (北京市海淀区2015届高三第一学期期末文科数学练习第14题)已知22:1O x y +=. 若直线=+上总存在点P，使得过点P的O的两条切线互相垂直，则实数k的取值范围是_________.y kx2解(,1][1,)AB AD互相垂直(切-∞-+∞.在图8中，若小圆(其圆心为点O，半径为r的过点A的两条切线,点分别为,E F)，得正方形AEOF，所以22==，即点A的轨迹是以点O为圆心，2r为半径OA OE r的圆.（上述背景摘自《蒙日圆及其证明》甘志国(已发表于河北理科教学研究，2015(5)：11-13)。
贵州省黔南布依族苗族自治州2024高三冲刺(高考数学)部编版摸底(冲刺卷)完整试卷
贵州省黔南布依族苗族自治州2024高三冲刺（高考数学）部编版摸底(冲刺卷)完整试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分 (共8题)第(1)题已知函数是定义域为的偶函数，且为奇函数，当时，.若，则（）A．2B．0C．D．第(2)题已知集合，，则（）A．B．C．D．第(3)题已知六棱锥的各个顶点都在球的表面上，六边形为正六边形，点在边上，平面，，则球的表面积为（）A．B．C．D．第(4)题数据3，4，5，6，7，8，9，10的中位数为（）A．6B．C．7D．第(5)题已知复数，则复数z在复平面内对应的点在（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限第(6)题在中，点满足与交于点，若，则（）A．B．C．D．第(7)题法国数学家加斯帕·蒙日被称为“画法几何创始人”、“微分几何之父”.他发现与椭圆相切的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以该椭圆中心为圆心的圆，这个圆称为该椭圆的蒙日圆.若椭圆：的蒙日圆为：，则椭圆的离心率为（）A．B．C．D．第(8)题已知全集，集合，集合，则集合A．B．C．D．二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分 (共3题)第(1)题已知函数，则（）．A．B．若有两个不相等的实根，则C．D．若，均为正数，则第(2)题如图，圆柱的轴截面是边长为2的正方形，为圆柱底面圆弧的两个三等分点，为圆柱的母线，点分别为线段上的动点，经过点的平面与线段交于点，以下结论正确的是（）A．B．若点与点重合，则直线过定点C．若平面与平面所成角为，则的最大值为D．若分别为线段的中点，则平面与圆柱侧面的公共点到平面距离的最小值为第(3)题如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（）A．B．C．点的轨迹的长度为D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 (共3题)第(1)题=x3cosx+1，若f（a）=11，则f（﹣a）=_______．第(2)题已知数列的前项和为，数列满足，则数列的前项和为___________.第(3)题已知直线与抛物线相交于两点，设，若直线恰好平分，则___________.四、解答题：本题共5小题，每小题15分，最后一题17分，共77分 (共5题)第(1)题在中，，且．(1)求的大小；(2)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求的面积．条件①：为锐角；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别作答，按第一个解答计分．第(2)题已知函数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)若，，求实数a的取值范围．第(3)题为了解社会对学校办学质量的满意程度，某学校决定用分层抽样的方法从高中三个年级的家长委员会中共抽取人进行问卷调查，已知高一、高二、高三、的家长委员会分别有人，人，人.求从三个年级的家长委员会分别应抽到的家长人数；若从抽到的人中随机抽取人进行调查结果的对比，求这人中至少有一人是高三学生家长的概率.第(4)题如图，在四棱锥中，底面为梯形，，为等边三角形，E在棱上，．(1)证明：．(2)设Q为线段的中点，求平面与平面的夹角的余弦值．第(5)题数列前项和为，满足：，.（1）求证：数列是等比数列；（2）求和：.。
满足λPA+μPB+νPC=0的点P何时在△ABC内
满足λPA+μPB+νPC=0的点P何时在△ABC内
甘志国
【期刊名称】《中学数学研究（华南师范大学）：上半月》
【年(卷),期】2016(0)10
【摘要】1问题的提出一满足λ→PA＋μ→PB＋v→PC=0的点P何时在△ABC内定理1若△ABC所在平面内的点P满足λ→PA＋μ→PB＋v→PC=0（λ,μv∈■,【总页数】5页(P42-46)
【关键词】中学;数学教学;教材;试题
【作者】甘志国
【作者单位】北京丰台二中
【正文语种】中文
【中图分类】G63;G633.6
【相关文献】
1.△ABC中λ→PA+μ→PB+v→PC=0的有关性质 [J], 甘志国
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3.用ABC三级一套要本满足多层次需要问题研究 [J], 王光鹏;缪盛鸿
4.标准PC芯片组满足嵌入式PC要求 [J], 龙源
5.解决PC点输入／输出端数量不能满足实际需要问题的方法 [J], 周长梅;何晶;因版权原因，仅展示原文概要，查看原文内容请购买。
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蒙日圆及其证明甘志国（已发表于河北理科教学研究，2015（5） : 11-13）2 2高考题（2014年高考广东卷文科、理科第20题）已知椭圆C :笃•打=1（a ■ b ■ 0）的a b一个焦点为（-5,0），离心率为〈.3（1）求椭圆C的标准方程；⑵若动点P（x0,y°）为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P 的轨迹方程.2 2答案：⑴、.丄1 ；⑵x2 y2=13 •9 4这道高考题的背景就是蒙日圆•普通高中课程标准实验教科书《数学 2 •必修• A版》（人民教育出版社，2007年第3 版，2014年第8次印刷）第22页对画法几何的创始人蒙日（G.Monge, 1745-1818）作了介绍• 以上高考题第（2）问的一般情形是2 2定理1 曲线］:电•电=1的两条互相垂直的切线的交点P的轨迹是圆 a bx2 y2 =a2 b2.定理1的结论中的圆就是蒙日圆.先给出定理1的两种解析几何证法：定理1的证法1当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为0时，可得点P的坐标是（_a, b），或（_a,-b）.当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为0时，可设点 P的坐标是（人，齐）（召址二a,且y。
= _b）,所以可设曲线】的过点 P的切线方程是y -y° =k(x -x°)(k =0).“ 2 2由＜a2 b2，得y —y。
=k(x —x。
)(a2k2 b2)x2—2ka2(kx0—y0)x a2(k\ —y0)2-a2b2 = 0由其判别式的值为0，得%2-a2)k2 -2x0y°k y^ b2 = 0(x°2 - = 0)因为k PA,k PB是这个关于k的一元二次方程的两个根，所以k PA k PBy °2b 2~2 2x 0 —a由此，得k PA k PB = -1x 02 y 02二 a 2 b 2进而可得欲证成立•定理1的证法2点P 的坐标是（_a, b ）,当题设中的两条互相垂直的切线中有斜率不存在或斜率为或（二a,_b ）. 0时，可得当题设中的两条互相垂直的切线中的斜率均存在且均不为 0时，可设点 P 的坐标是（X o ,y °）（x 。
北二a,且 y 。
rb ），所以可设两个切点分别是 A （^,yj, B^, = 0）.得直线AB ：竽.•缪=1，切线PA :a bxx+*=1,PB: 2 .2 a ba榔忙1 •所以: 所以k PA k PB -b 2x j-2~b 2x 2~2~I a % 人 a y 2 丿 a ym4b竺k kb 4~4k oA k oBak PA k PB2 2因为点（X, yj （i =1,2）既在曲线丨：冷•占=1上又在直线a b2 22L 吐 a 2 b 2Xix 2 ^x 2上，所以-a 2) =0gB 工 x 1x 2 .4,22、b (X 0 -a )b 4 4a4,2,2a (y ° -b )k PA k PBk PA k PB2 .2y ° -b 2-a2XoPA_ PB =2 2 2y 。
a b2-1 • A 版》由此，可得 进而可得欲证成立.再给出该定理的两种平面几何证法，但须先给出四个引理 引理1 （椭圆的光学性质，见普通高中课程标准实验教科书《数学•选修（人民教育出版社，2007年第2版，2014年第1次印刷）第76页）从椭圆的一个焦点发出的光 线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上（如图1所示）.422a (y ob )C 2.22a b x °y °P 作.£PF 2的外角平分线所在的直线 证明 如图2所示，设P 为椭圆丨（其左、右焦点分别是 F I ,F 2）上任意给定的点，过点1（. 3=/4）.先证明丨和丨相切于点P ，只要证明IPF ^--|PF ^ |PF i |—|PF | |E F | |F i P • PF | |PF iPF 2再过点P 作.F i PF ?的平分线PA （. 1二.2），易得PA _ I ，入射角等于反射角，这就 证得了引理1成立•引理2过椭圆'（其中心是点0,长半轴长是a ）的任一焦点F 作椭圆-的任意切线I 的 垂线，设垂足是 H ，则0H 二a.证明 如图3所示，设点F ；F 分别是椭圆-的左、右焦点， A 是椭圆丨的切线I 上的 切点，又设直线 FH,FA 交于点B .图1得PF |[PF ?，还由引理1，得乙FAH Z lA^ ：ZBH （即反射角与入射角的余角相等），进而可得厶FAH 也BAH，所以点 H是FB的中点，得 0H是.BFF的中位线•又AF| | AB，所以1 10H 匕（FA AB）匕（FA AF）=a.引理3平行四边形各边的平方和等于其两条对角线的平方和证明由余弦定理可证（这里略去过程）.引理4设点P是矩形ABCD所在平面上一点，贝U PA2亠PC? - PB2亠PD2•证明如图4所示，设矩形ABCD的中心是点0 .由引理3，可得2 2 2 2 2222PA PC =2（0A 0P）=2（0B OP ）二PB PD即欲证成立.注把引理4推广到空间，得到的结论就是：底面是矩形的四棱锥相对侧棱长的平方和相等.定理1的证法3可不妨设a 0,b 0 •当 a =b时，易证成立•下面只证明a b的情形•如图5所示•设椭圆的中心是点 0,左、右焦点分别是 F I,F2，焦距是2c，过动点P的两条切线分别是 PM,PN .图5连结OP ,作OG _PM,OH _PN ,垂足分别是G,H •过点F i作FQ_PM ,垂足为D , 由引理2得OD二a .再作 F i K _0G 于K •记.OF i K - V,得 DG 二 F’K 二ccosr .2 2 2由 RtZi ODG，得 OG =OD - DG =a2—c2cos2日.又作F?E —PN’F Q L _0H ,垂足分别为E,L .在 Rt OEH中，同理可得OH| |OE||HE =a2-C2si nJ.(1)若PM _ PN，得矩形OGPH，所以OP| |OG|--|OH=(a2 -c2 cos2 r) (a2—c2si nJ) =a2 b22o2⑵若OP =a +b，得OP2 =(a2 -c2 co$ 日)+(a2 -c2sin2。
)= OG2+ OHo o o由OG 丄PM，得OP =|0G +GP ，所以GP = OH同理，有OG = HP，所以四边形OGPH是平行四边形，进而得四边形OGPH是矩形，所以PM _ PN .由(1),(2)得点P的轨迹方程是x2- y2=a2 b2.定理1的证法4 可不妨设a 0,b 0 .当 a二b时，易证成立.下面只证明a b的情形.如图6所示.设椭圆的中心是点 0,左、右焦点分别是F1,F2，焦距是2c，过动点P的两条切线分别是PA,PB，两切点分别为A, B .及平行四边形各边的平方和等于其两条对角线的平方和，可得PF 1 2+PM2PF 1 2+ PF 22=2(OF 』2+|Op2)=2(c2+|Op2)分别作右焦点 F 2关于切线 PA, PB 的对称点 M , N ，由椭圆的光学性质可得三点F 1, A, M 共线（用反射角与入射角的余角相等 ）•同理，可得三点B, N 共线.MF^|NF 1.(1)若 PA _ PB ，得 MPF 「 NPF j =2(. APF 2 BPF 2) =180 ，即三点 M , P,N共线.又PM| =|PF 2=|PN ，所以PF 1丄MN ，进而得2 2 2 24a^|MF 1 =|PF , + PM =2(c 2+ OP)OP|2 =a 2 +b 22 2 2⑵若OP =a2+b 2，得PF 「+ PM|2=2(c 2+OP 2) =2(c 2+a 2+b 2)=4a 2= MF 12所以PR _ PM=2a ，所以由0是F 1F 2的中点,同理，可得PF— PN .所以三点M, P,N共线.1得.APB r/APF? BPF2( MPF2NPF2) =90，即PA_ PB.2由(1),(2)得点P的轨迹方程是x2 y^a2 b2.定理1的证法5 (该证法只能证得纯粹性)可不妨设a .0,b .0 .当a =b时，易证成立.下面只证明a .b的情形.如图7所示，设椭圆的中心是点 O,左、右焦点分别是 F i, F2，焦距是2c，过动点P的两条切线分别是 PA,PB，切点分别是 A, B .设点F1关于直线PA, PB的对称点分别为 F1 ,F2，直线Ff 与切线PA交于点G，直线F1F2与切线PB交于点H .得 AF^|AF1, BF^|BF1，再由椭圆的定义，得 F1 F2= F2 F2 =2a，所以 OG| = OH| =a.2 2 2 2因为四边形PGF’H为矩形，所以由引理4得OF」+0P =OG +OH| =2a2，所以OP -a2b2，得点P的轨迹方程是x2 y2 =a2 b2.读者还可用解析几何的方法证得以下结论：2 2定理2 (1)双曲线笃-乂y "(a b 0)的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆a b2 2 2 . 2x y a -b ；2(2)抛物线y =2px的两条互相垂直的切线的交点是该抛物线的准线2 2 2定理3 (1)椭圆务■占=1(a b 0)的两条斜率之积是-—的切线交点的轨迹方a b a⑵双曲线2 2 十. 定理4过椭圆 2廿1(a b 0)外y 2—-y- =1（a 0,b . 0）的两条斜率之积是 —的切线交点的轨迹方程是 b a2 2 2 2务 每=2（a b ■ 0）上任一点P （x 。
，y 。
）作椭圆 笃•爲=1的两条 a ba b(_a, b),( -a,-b))；要去掉四个点（_a,b ）, （_a,-b ））；外的部分（但要去掉四个点（_a,b ）, （_a,-b ））;-b 2X2⑤当2时，-即双曲线——a2ba -b a -一2 2程是二耸=2 ；a b切线，则⑴当X 。
二a 时，所作的两条切线互相垂直;⑵当X o -二a 时，所作的两条切线斜率之积是b 2~ .a定理5 （1）椭圆=1（a b 0）的两条斜率之积是‘（■ = 0）的切线交点的轨迹2即椭圆 X 2b a -+—— b 22y n 2- 1a=1（但要去掉四个点b2③当’--飞时，】即两条直线ab y 二 -X 在椭圆a2 X ~2 a 2丄 b 2=d （a b 0）外的部分（但b 2④当0 ：；■：：：与时，丨即双曲线a2yb a2 21在椭圆笃工 b 2a ax 2b 2=1(a b 0)①当②当③当■叮一1 或-1 :::■b2-y时，丨即椭圆a2x2 b2a2丄1 -/-a - - b的部分（但要去掉四个点（_a,b）,（_a,_b））.2 2⑵双曲线笃y2=1（a b . 0）的两条斜率之积是（=0）的切线交点的轨迹:是:a b——-1时，丨即圆x2• y2二a2—b2；2 20时，〕即双曲线x2 _—y- =1 ；2 b ha2+b2a2⑶抛物线y = 2 px的两条斜率之积是④当b2-■ ::: 0时，】不存在. a■ （■ = 0）的切线交点的轨迹-是:（北京市海淀区2015届高三第一学期期末文科数学练习第14题）已知. 2 2l_O:x +y =1 •若直线y=kx+2上总存在点P ，使得过点P 的LI O 的两条切线互相垂直，则实数k 的取值范围是解 （一心,-1卩［1「在图8中，若小圆（其圆心为点O ,半径为r ）的过点A 的两条切线AB, AD 互相垂直（切点分别为E, F ），得正方形 AEOF ，所以OA = J2|OE = J2r ， 即点A 的轨迹是以点 O 为圆心，＜2r 为半径的圆①当②当■ 0时，丨的方程为x = P图82 2由此结论可得：在本题中，点P在圆x y = 2上•所以本题的题意即直线y=kx，2与,__ 2 2圆x y =2有公共点，进而可得答案。