专题18 圆锥曲线中的张角问题 微点2 椭圆的直张角模型

这是一份专题18 圆锥曲线中的张角问题 微点2 椭圆的直张角模型，共30页。学案主要包含了微点综述，定理1推广，定理2推广，定理3推广，强化训练等内容，欢迎下载使用。
专题18 圆锥曲线中的张角问题 微点2 椭圆的直张角模型
专题18 圆锥曲线中的张角问题
微点2 圆锥曲线的直张角模型
【微点综述】
圆锥曲线的弦对一些特征点（顶点、中心、焦点等）张角为直角的问题，是圆锥曲线中非常典型的问题，蕴涵着解析几何丰富的思维方法和思想精髓．近年来全国各地的高考对这方面内容的考查也方兴未艾、精彩不断．本文试图对历年的高考数学试卷中的这类问题罗列、归纳与思考，以便于我们的高考复习作些参考．
一、中心直张角模型
【定理1】直线与椭圆交于两点，为椭圆中心，设到的距离为，则的充要条件是，即．
证明：设，直线设为，联立得消去得
，
判别式，
由韦达定理．
必要性：，
，化简得．
从而原点到直线的距离．
充分性：因为原点到直线的距离，即，

．
拓展：在前提下，能否解决面积或弦长的最值问题．
【定理1推广】直线与椭圆交于两点，为椭圆中心，设到的距离为，若，则
（1）；（2）；（3）．
证明：（1）设，，则
．
在椭圆上，
，
即，两式相加得，
又，．
（2）由于
，
且，
．
（3），
，即．
同定理1的方法可得如下的定理2～定理6（证明过程省略）．
【定理2】直线与双曲线交于两点，为双曲线中心，设到的距离为，则的充要条件是，．
【定理3】直线与抛物线交于两点，为抛物线的顶点，则的充要条件是，此时直线过定点．
对于双曲线、抛物线，仿椭圆情形证明有如下推广：
【定理2推广】直线与双曲线交于两点，为双曲线中心，设到的距离为，若，则
（1）；（2）；（3）．
【定理3推广】直线与抛物线交于两点，为抛物线的顶点，若，则（1）直线过定点；（2）．
二、非中心直张角模型
【定理4】直线与椭圆交于两点，为椭圆上不同于两点的一个定点，则的充要条件是直线恒过定点．
【定理5】直线与交于两点，为双曲线上不同于两点的一个定点，则的充要条件是直线过定点．
【定理6】直线与交于两点，为抛物线上不同于两点的一个定点，则的充要条件是直线过定点．
三、应用举例
例1．（2022山东山东·高二月考）
1．已知直线经过椭圆的左顶点A和上顶点D，椭圆的右顶点为，点是椭圆上位于轴上方的动点，直线与直线分别交于两点．

(1)求椭圆的方程；
(2)求线段MN的长度的最小值；
(3)当线段MN的长度最小时，在椭圆上是否存在这样的点，使得的面积为，若存在，确定点的个数，若不存在，说明理由．
例2．（2022重庆一中高三月考）
2．已知椭圆：.

(1)若直线与椭圆相交于，两点，且线段的中点为，求直线的斜率；
(2)如图，已知椭圆：与椭圆有相同的离心率，过椭圆上的任意一动点作椭圆的两条不与坐标轴垂直的切线，，且，的斜率，的积恒为定值，试求椭圆的方程及的的值.
例3．（2022·浙江绍兴·高二期末）
3．已知椭圆的离心率，过椭圆C的焦点且垂直于x轴的直线截椭圆所得到的线段的长度为1．

(1)求椭圆C的方程；
(2)直线交椭圆C于A、B两点，若y轴上存在点P，使得是以AB为斜边的等腰直角三角形，求的面积的取值范围．
例4．（2022·上海市七宝中学附属鑫都实验中学高二期末）
4．设点是抛物线上异于原点O的一点，过点P作斜率为、的两条直线分别交于、两点（P、A、B三点互不相同）．
(1)已知点，求的最小值；
(2)若，直线AB的斜率是，求的值；
(3)若，当时，B点的纵坐标的取值范围．
例5．（2022·四川达州·高二期末）
5．如图，已知椭圆的焦点是圆与x轴的交点，椭圆C的长半轴长等于圆O的直径．

(1)求椭圆C的方程；
(2)F为椭圆C的右焦点，A为椭圆C的右顶点，点B在线段FA上，直线BD，BE与椭圆C的一个交点分别是D，E，直线BD与直线BE的倾斜角互补，直线BD与圆O相切，设直线BD的斜率为．当时，求k．
例6．（2022·福建漳州·二模）
6．已知椭圆的长轴长为，且过点
(1)求的方程：
(2)设直线交轴于点，交C于不同两点，，点与关于原点对称，，为垂足.问：是否存在定点，使得为定值？
【强化训练】
（2022河北·二模）
7．已知圆x2+y2=17与抛物线C:y2=2px(p>0)在x轴下方的交点为A，与抛物线C的准线在x轴上方的交点为B，且点A，B关于直线y=x对称.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点M，N是抛物线C上与点A不重合的两个动点，且AM⊥AN，求点A到直线MN的距离最大时，直线MN的方程.
（2022河南·中牟县第一高级中学模拟预测）
8．已知圆与抛物线：在轴下方的交点为，与抛物线的准线在轴上方的交点为，且，两点关于直线对称．
（1）求抛物线的方程；
（2）若点，是抛物线上与点不重合的两个动点，且，求点到直线的距离最大时，直线的方程．
（2022北京八中高二期末）
9．已知抛物线，焦点到准线的距离为2，直线过x轴正半轴上定点且交抛线C于A，B两点，O为坐标原点．
(1)求抛物线方程；
(2)若，求a的取值范围．
（2022·江西·临川一中高二期末）
10．已知椭圆的左、右焦点分别为、，离心率，且过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知过的直线l交椭圆C于A、B两点，试探究在平面内是否存在定点Q，使得是一个确定的常数？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．
（2022·广东珠海·高三期末）
11．已知椭圆的长轴长为4，左顶点A到上顶点B的距离为，F为右焦点．
(1)求椭圆C的方程和离心率；
(2)设直线l与椭圆C交于不同的两点M，N（不同于A，B两点），且直线时，求F在l上的射影H的轨迹方程．
12．在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，直线和椭圆交于，两点，当直线过椭圆的焦点，且与轴垂直时，.
（1）求椭圆的方程；
（2）是否存在与轴不垂直的直线，使弦的垂直平分线过椭圆的右焦点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
（2022·山西运城·高三月考）
13．已知椭圆的离心率为，左，右焦点分别为为坐标原点，点Q在椭圆C上，且满足.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)P为椭圆C的右顶点，设直线与椭圆C交于异于点P的两点，且，求的最大值.
（2022全国·高三月考）
14．已知椭圆的焦距为，且经过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与曲线C交于A，B两点，且，则直线l是否过定点？若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
（2022·安徽六安·一模）
15．已知椭圆的左右焦点分别是，，右顶点和上顶点分别为，，的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)以此椭圆的上顶点为直角顶点作椭圆的内接等腰直角，这样的直角三角形是否存在？若存在，请说明有几个；若不存在，请说明理由.
16．已知椭圆：（）的左、右焦点分别为，，离心率为，斜率为的直线过且与椭圆相交于，两点，的周长为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设线段的中垂线交轴于，在以，为邻边的平行四边形中，顶点恰好在椭圆上，求直线的方程.
17．已知椭圆的一个焦点是，为坐标原点．
(1)已知椭圆短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，求椭圆的方程；
(2)设过点的直线交椭圆于、两点，若直线绕点任意转动，总有，求的取值范围．
18．在直角坐标系xOy中，点P到两点，的距离之和等于4，设点P的轨迹为C，直线y=kx+1与C交于A，B两点．
（Ⅰ）写出C的方程；
（Ⅱ）若，求k的值；
（Ⅲ）若点A在第一象限，证明：当k>0时，恒有||>||．

参考答案：
1．(1)
(2)
(3)存在；点的个数为2

【分析】（1）根据直线方程，求出椭圆方程的上顶点和左顶点坐标，进而求出椭圆方程；（2）设出直线AS的方程，表达出点M，N的坐标，利用基本不等式求出线段MN的长度的最小值；（3）先求出的长度，得到到直线的距离等于，利用点到直线距离得到T所在的直线方程，结合根的判别式得到点的个数.
【详解】（1），令得：，令得：，所以椭圆C的左顶点为，上顶点为，所以，故椭圆方程为.
（2）直线的斜率k显然存在，且k>0，故可设直线AS的方程为，从而，由，联立得：，设，则，解得：，从而，即，又，由，解得：，所以，故，又，所以，当且仅当即时等号成立，故线段MN的长度的最小值为.
（3）由第二问得：，此时，故，
要使椭圆上存在点，使得的面积等于，只须到直线的距离等于．其中直线SB：，即，设平行于AB的直线为，则由解得：或，
当时，，联立椭圆方程得：，由得：与椭圆方程有两个交点；
当时，，联立椭圆方程得：，由，此时直线与椭圆方程无交点，综上：点的个数为2．
2．(1)
(2)，

【分析】（1）设，，利用点差法计算即可得出结果；
（2）由题意设椭圆：，设椭圆过点的切线方程为：，联立，由，化简整理得，则，而，化简可得,要使之恒为定值，只需，计算可得结果.
（1）
设，，则，
两式相减并整理得：；
（2）
由题得椭圆的离心率，故，
因此椭圆：，
设椭圆过点的切线方程为：，
其中，即，且，即
联立：，
因为与椭圆相切，所以
整理得，视为的一元二次方程，则其两根即为，
由韦达定理，得，而，
故
上式要恒为定值，即与无关，则，得，
此时，
综上，椭圆：，.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
3．(1)
(2)

【分析】（1）由条件可得，解出即可；
（2）设，，取AB的中点，联立直线与椭圆的方程消元，算出，，然后可算出，然后由可得，然后表示出的面积可得答案.
（1）
令，得，所以，
解得，，所以椭圆C的方程：．
（2）
设，，取AB的中点，
因为为以AB为斜边的等腰直角三角形，所以且，
联立得，则．
∴．
又∵，∴，且，，
∴，
由得，∴．
∴．
4．(1)；
(2)3；
(3)；

【分析】（1）根据两点之间的距离公式，结合点坐标满足抛物线，构造关于的函数关系，求其最值即可；
（2）根据题意，求得点的坐标，设出的直线方程，联立抛物线方程，利用韦达定理求得点坐标，同理求得点坐标，再利用斜率计算公式求得即可；
（3）根据题意，求得点的坐标，利用坐标转化，求得关于的一元二次方程，利用其有两个不相等的实数根，即可求得的取值范围.
（1）
因为点在抛物线上，故可得，又
，当且仅当时，取得最小值.
故的最小值为.
（2）
当时，故可得，即点的坐标为；
则的直线方程为：，联立抛物线方程：，
可得：，故可得，
解得：，又
故可得同理可得：，
又的斜率

，即.
故为定值.
（3）
当时，可得，此时，
因为两点在抛物线上，故可得，
，
因为，故可得，
整理得：，
，
因为三点不同，故可得，
则，即，
，此方程可以理解为关于的一元二次方程，
因为，故该方程有两个不相等的实数根，
，即，
故，则，
解得或.
故点纵坐标的取值范围为.
【点睛】本题考察直线与抛物线相交时的范围问题，定值问题，解决问题的关键是合理且充分的利用韦达定理，本题计算量较大，属综合困难题.
5．(1)；
(2)-1.

【分析】（1）由题设可得，求出参数b，即可写出椭圆C的方程；
（2）延长线段DB交椭圆C于点，根据对称性设B，为，，联立椭圆方程，应用韦达定理并结合已知条件可得，直线与圆相切可得，进而求参数t，即可求直线BD的斜率.
（1）
因为圆与x轴的交点分别为，，
所以椭圆C的焦点分别为，，
∴，根据条件得，
∴，故椭圆C的方程为．
（2）
延长线段DB交椭圆C于点，

因直线BD与直线BE的倾斜角互补，根据对称性得．
由条件可设B的坐标为，
设D，的纵坐标分别为，，直线的方程为，．
由于，即，所以．
由得：．
∴，．
∴①，②，
由①得：，代入②得，
∴．
∵直线与圆相切，
∴，即．
∴，解得，又，
∴，故，即直线BD的斜率．
【点睛】关键点点睛：将已知线段的长度关系转化为D，的纵坐标的数量关系，设直线的含参方程，联立椭圆方程及其与圆的相切求参数关系，进而求参数即可.
6．(1)
(2)存在

【分析】（1）利用待定系数法求方程；
（2）联立方程组，结合韦达定理可得直线恒过定点，进而求解.
（1）
依题意知，即
所以的方程可化为，将点代入得，
解得，
所以椭圆方程为；
（2）
设点，，
联立得，，
，解得，
，，
注意到，，三点共线，，
又



当，解得，
因为，所以，此时，满足，
故存在定点，使得等于定值.
【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
7．(1)y2=16x
(2)2x+y-38=0

【分析】（1）通过所给的作图分析，尤其是关于y=x对称点的条件，可以求出抛物线方程；
（2）联立直线与抛物线方程，利用向量表达垂直的方法，可以得出结论.
（1）
依题意，作图如下：

由于点B在准线上，设 ，由于关于y=x对称，所以 ，
由 ，以及 解得p=8，m=1，
所以抛物线的方程为： ， ；
（2）
设M(，y1)，N(，y2)，直线MN的方程为x=my+n，
将直线MN的方程代入y2=16x得y2-16my-16n=0，
所以y1+y2=16m，y1y2=-16n.
因为AM⊥AN，
所以·=(-1，y1+4)·(-1，y2+4)=+(y1+4)(y2+4)=0，
由题意可知y1≠-4，y2≠-4，所以(y1+4)(y2+4)≠0.
所以+1=0，即y1y2-4(y1+y2)+272=0，
所以-16n-64m+272=0，即n=-4m+17，
所以直线MN的方程为x=m(y-4)+17，所以直线MN过定点P(17，4)，
当MN⊥AP时，点A到直线MN的距离最大，
此时直线MN的方程为2x+y-38=0.
故答案为：，2x+y-38=0.
8．（1）；（2）．
【分析】（1）先求点根据对称性得点，再将点代入抛物线方程即可求得值；
（2）设直线的方程为，代入抛物线方程，得，，结合即可得，所以直线过定点，当时，点 到直线的距离最大，则方程可解．
【详解】解：（1）将代入，得，
所以，
由点，关于直线对称，可得，
将的坐标代入抛物线的方程得，得，
所以抛物线的方程为．
（2）由（1）得，
设，，直线的方程为，
将直线的方程代入，得，，
所以，．
因为，所以．
由题意可知，，所以，
所以，即，
所以，即，满足，
所以直线的方程为，所以直线过定点，
当时，点 到直线的距离最大当时，点 到直线的距离最大，此时直线的方程为．
【点睛】解决直线与圆锥曲线的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、曲线的条件；
(2)强化有关直线与曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
9．(1)
(2)

【分析】（1）由焦点到准线的距离为焦参数可得抛物线方程；
（2）设直线方程为，，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理得，代入可得范围．
（1）
焦点到准线的距离为2，则，抛物线方程为；
（2）
直线斜率不为0，设直线方程为，，
由，得，所以，，
，
因为，
所以，又，解得．
10．(1)
(2)存在，定点

【分析】（1）根据已知条件求得，由此求得椭圆的方程.
（2）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，设出直线的方程并与椭圆方程联立，结合是常数列方程，从而求得定点的坐标.
（1）
，，
由题可得：.
（2）
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为，设，，
联立方程组，整理得，
可得，
所以



则恒成立，
则，解得，，，
此时，即存在定点满足条件
当直线AB的斜率不存在时，直线AB的方程为x＝－2，可得，，
设要使得是一个常数，即，
显然，也使得成立；
综上所述：存在定点满足条件.
11．(1)，离心率为
(2)

【分析】（1）由题意可得，，可求出，再由可求得，从而可求出椭圆C的方程和离心率；
（2）设，，当直线斜率存在时，可设代入椭圆方程消去，整理后利用根与系数的关系，结合，可求出的值，从而可得直线l经过定点，当直线斜率不存在时，可设，求出的坐标，结合可求出的值，得F在l上的射影H的轨迹为以为直径的圆，从而可求出射影H的轨迹方程
【详解】（1）由题意可得：，，，
可得，，，
所以椭圆C的方程为，
离心率为．
（2）当直线斜率存在时，可设代入椭圆方程，
得：．
设，，则．
因为直线，垂直，斜率之积为，所以，
所以．
将代入，整理化简得：，
所以或．
由直线，当时，直线l经过，与B点重合，舍去，
当时，直线l经过定点，
当直线斜率不存在时，可设，则，，
因为，所以，解得，舍去．
综上所述，直线l经过定点，
而F在l上的射影H的轨迹为以为直径的圆，
其，，所以圆心，半径，
所以圆的方程为，即为点H的轨迹方程．
12．（1）；（2）不存在.
【分析】（1）列a,b,c的方程组即可求解；（2）设直线的斜率为，直线的斜率为，由点差法得，得推出矛盾即可
【详解】（1）由题意:点（c,）在椭圆上，故，∴，，∴椭圆的标准方程为：；
（2）（点差法）：设，，的中点为，椭圆的右焦点为，直线的斜率为，直线的斜率为，则：，∴，∴，，∴，即：，故不存在.
【点睛】本题考查椭圆方程，点差法应用，遇到“弦中点”问题，注意点差法的应用，是中档题
13．(1)；
(2).

【分析】(1)根据题意求出a、b、c即可；
(2)根据题意设l：(t≠2)，联立l与椭圆C的方程，由求出t为定值，再求出弦长MN，求出点P到直线l的距离d，即可求出，根据m的范围求出的最大值，又根据即可求出的最大值.
（1）
；
（2）
，设，，
则，
∵PM⊥PN，∴，且.
由题可知直线l斜率不为0，设l方程为(t≠2)，
，
(*)，
则，，
则，，



，
∴，即或t＝2(舍).
时，l过定点(，0)，则(*)恒成立.
P(2，0)到直线l：x－my－t＝0的距离，


令，则，则，
则，
∵在s≥8时单调递增，∴当s＝8时，取最大值，
∴，∴.
即的最大值是.
【点睛】本题关键是利用△PMN的面积的最大值来求的最大值，将问题转化为常规的椭圆内部三角形面积的问题.
14．(1)
(2)直线l过定点

【分析】(1)由题意列出相应的方程组,解得答案;
（2）考虑直线斜率是否存在的情况，然后斜率存在时，设直线方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，结合，化简整理,从而可得直线过定点，直线斜率不存在时同理可求直线过该定点，由此可得答案.
（1）
由题意得      
解得．      
所以椭圆C的方程是．
（2）
设，由可知，A,B异于点P,
若直线l的斜率存在，设直线方程为，
联立,消去y得，
由得，
则有,   
又，
所以，      
又，
所以
，
故，
即，      
又．
故或，      
若，则直线l为，过定点，与题意矛盾，
所以，
故，所以直线l为，过点．      
当直线l的斜率不存在时，l的方程为，
则，又，所以，
所以，
解得或（舍去），故直线l的斜率不存在时，l也过点．      
综上，直线l过定点．
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时过定点的问题，综合性较强，解答的关键是要理清解题的思路，条理要清晰，难点是运算量大而且繁杂，要十分细心.
15．(1)
(2)存在，有三个

【分析】（1）由可得，然后可解出答案；
（2）设边所在直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，解出点的坐标，然后可得，用代替中的可得，然后由 求解即可.
（1）
由题意得    ①   
因为    ，所以 ②               
由①②得③，由②③得，
所以椭圆方程为；
（2）
假设能构成等腰直角，其中B(0， 1)，由题意可知，直角边不可能垂直或平行于轴，
故可设边所在直线的方程为(不妨设)
联立直线方程和椭圆方程得：，得
，
用代替上式中的，得，
由得，
即，，
故存在三个满足题设条件的内接等腰直角三角形.
16．（1）；（2）.
【分析】（1）根据椭圆定义和离心率定义即可求出椭圆标准方程；
（2）先设出直线方程及，点坐标，联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理得到，点坐标之间的关系.再利用中垂线性质及平行四边形中的向量等式得到点坐标，最后把点坐标代入椭圆方程求出斜率得到直线方程.
【详解】解：（1）由的周长为，则有，所以，
又椭圆的离心率，
则，，故椭圆的标准方程为：.
（2）由题意可知，直线的斜率，设直线：，，
由可得
显然，，
则中点，中垂线方程为：.
所以，由四边形为平行四边形，则，
即
所以，
由在椭圆上，则，解得，即.故直线的方程为.
【点睛】本题考查椭圆的定义、标准方程、性质及直线与椭圆的位置关系，关键是利用向量工具表示点的坐标，采用设而不求，属于中档题.
17．(1)
(2)

【分析】（1）根据，结合短轴的两个三等分点与一个焦点构成正三角形，得出，，求出椭圆的方程即可；
（2）首先利用的几何条件，将其转化为.然后设的方程，联立方程组，代入整理，利用设而不求思想，借助韦达定理，将结果代入向量的坐标关系中即可求出参数的取值范围.
（1）
设，为短轴的两个三等分点，为正三角形，
所以，，解得，，
所以椭圆方程为．
（2）
设，，
（ⅰ）当直线与轴重合时，
，，因此，恒有.
（ⅱ）当直线不与轴重合时，设直线的方程为：，代入，
整理得，，
因恒有，所以恒为钝角，
即恒成立．

，
又，所以对恒成立，
即对恒成立，
当时，最小值为0，所以，，
，，，即，解得或（舍去），
即．综合（i）（ii），的取值范围为．
18．（Ⅰ），（Ⅱ）略.
【详解】(I)根据椭圆定义可知a=2,,所以b=1,再注意焦点在y轴上，曲线C的方程为.
(II) 直线与椭圆方程联立，消y得关于x的一元二次方程，再根据坐标化为，借助直线方程和韦达定理建立关于k的方程，求出k值.
(III)要证：||>||,，再根据A在第一象限，故,,从而证出结论.
解：（Ⅰ）设P（x，y），由椭圆定义可知，点P的轨迹C是以为焦点，长半轴为2的椭圆．它的短半轴，
故曲线C的方程为． 3分
（Ⅱ）设，其坐标满足

消去y并整理得，
故． 5分
若，即．而，
于是，
化简得，所以． 8分
（Ⅲ）


．
因为A在第一象限，故．由知，从而．又，
故，
即在题设条件下，恒有． 12分