圓錐曲線二級(jí)結(jié)論正交半徑（教師版）

圓錐曲線正交半徑圓錐曲線中，從O點(diǎn)發(fā)出的兩條互相垂直的射線，交圓錐曲線于P，Q兩點(diǎn)，我們把OP和OQ，稱之為正交半徑。它們有以下結(jié)論橢圓一．正交半徑，斜切定圓橢圓中，若OPOQ，則直線OP恒與圓相切，換言之，O到直線PQ的的距離恒為定值.設(shè)橢圓，過(guò)點(diǎn)O做兩條互相垂直的射線，與橢圓C分別交于A，B兩點(diǎn)，證明：點(diǎn)O到直線AB的距離為定值?！痉治觥看祟}有以上結(jié)論，答案可直接套用結(jié)論【解答】證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，AB的方程為x＝±，∴原點(diǎn)O到直線AB的距離為，當(dāng)直線AB斜率存在時(shí)，設(shè)直線的方程為y＝kx+m，聯(lián)立，得，∴，∵OA⊥OB，∴x1x2+y1y2＝0，∴x1x2+（kx1+m）（kx2+m）＝0，∴（k2+1），整理，得7m2＝12（k2+1），∴原點(diǎn)O到直線AB的距離d＝為定值設(shè)橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為是橢圓上的一點(diǎn)，，原點(diǎn)到直線的距離為．（Ⅰ）證明：；（Ⅱ）設(shè)為橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，，過(guò)原點(diǎn)作直線的垂線，垂足為，求點(diǎn)的軌跡方程．分析：第一問(wèn)可以設(shè)出各個(gè)點(diǎn)坐標(biāo)，通過(guò)點(diǎn)到直線距離公式得出a與b關(guān)系；第二問(wèn)符合結(jié)論，但要注意在第一問(wèn)中已經(jīng)得到a和b的關(guān)系，在第二問(wèn)中需要統(tǒng)一用字母b表示?！窘獯稹拷猓海↖）由題設(shè)AF2⊥F1F2及F1（﹣c，0），F(xiàn)2（c，0），不妨設(shè)點(diǎn)A（c，y），其中y＞0．由于點(diǎn)A在橢圓上，有，即．解得，從而得到．直線AF1的方程為，整理得b2x﹣2acy+b2c＝0．由題設(shè)，原點(diǎn)O到直線AF1的距離為，即，將c2＝a2﹣b2代入上式并化簡(jiǎn)得a2＝2b2，即．（II）設(shè)點(diǎn)D的坐標(biāo)為（x0，y0）．當(dāng)y0≠0時(shí)，由OD⊥Q1Q2知，直線Q1Q2的斜率為，所以直線Q1Q2的方程為，或y＝kx+m，其中．點(diǎn)Q1（x1，y1），Q2（x2，y2）的坐標(biāo)滿足方程組將①式代入②式，得x2+2（kx+m）2＝2b2．整理得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣2b2＝0．于是，．③由①式得y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝k2x1x2+km（x1+x2）+m2＝＝．④由OQ1⊥OQ2知x1x2+y1y2＝0．將③式和④式代入得，3m2＝2b2（1+k2）．將代入上式，整理得．當(dāng)y0＝0時(shí)，直線Q1Q2的方程為x＝x0．點(diǎn)Q1（x1，y0），Q2（x2，y2）的坐標(biāo)滿足方程組所以．由OQ1⊥OQ2知x1x2+y1y2＝0，即，解得這時(shí)，點(diǎn)D的坐標(biāo)仍滿足．綜上，點(diǎn)D的軌跡方程為．如圖，橢圓C：的頂點(diǎn)為，焦點(diǎn)為，,.(Ⅰ)求橢圓C的方程；(Ⅱ)設(shè)n是過(guò)原點(diǎn)的直線，l是與n垂直相交于P點(diǎn)、與橢圓相交于A,B兩點(diǎn)的直線，，是否存在上述直線l使成立？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.分析：（1）根據(jù)平行四邊形的面積，可求a，b，a^2=4,b^2=3（2）首先，分析向量AP和PB向量的數(shù)量積是1，再已知OP=1，利用射影定理，將此題翻譯成OA⊥OB的問(wèn)題。這還不算結(jié)束，因?yàn)橐话愕拇嬖谛詥?wèn)題題目，學(xué)生們的思維定式是直線一定會(huì)存在，如果遇到不存在的問(wèn)題，第一時(shí)間是懷疑自己做錯(cuò)了！而這道題中，我們可以先利用結(jié)論，準(zhǔn)確的判斷出直線是否存在，即若OA⊥OB，利用結(jié)論先求出OP的長(zhǎng)度，然而此題OP=1，所以直線必不存在，直接下來(lái)的證明就比較容易了，只需要判斷方程無(wú)解即可?！窘獯稹拷猓海á瘢┮李}意有∴a2+b2＝7…（1分）又由S□A1B1A2B2＝2S□B1F1B2F2．有2a?b＝2?2c?b，∴a＝2c…（2分）解得a2＝4，b2＝3，…（3分），故橢圓C的方程為．…（4分）（Ⅱ）當(dāng)直線m的斜率存在時(shí)，設(shè)直線m的方程為y＝k（x﹣1）+1，M（x1，y1），N（x2，y2），則，，兩式相減得：．∵Q是MN的中點(diǎn)，∴可得直線m的斜率為，（7分）當(dāng)直線m的斜率不存在時(shí)，將x＝1代入橢圓方程并解得，，這時(shí)MN的中點(diǎn)為（1，0），∴x＝1不符合題設(shè)要求．…（8分）綜上，直線m的方程為3x+4y﹣7＝0…（9分）（Ⅲ）設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x1，y1），（x2，y2），假設(shè)滿足題設(shè)的直線l存在，（i）當(dāng)l不垂直于x軸時(shí)，設(shè)l的方程為y＝kx+m，由l與n垂直相交于P點(diǎn)且得，即m2＝k2+1，…（10分）又∵以AB為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)，∴OA⊥OB，∴x1x2+y1y2＝0．將y＝kx+m代入橢圓方程，得（3+4k2）x2+8kmx+（4m2﹣12）＝0，由求根公式可得，④．⑤0＝x1x2+y1y2＝x1x2+（kx1+m）（kx2+m）＝＝，將④，⑤代入上式并化簡(jiǎn)得（1+k2）（4m2﹣12）﹣8k2m2+m2（3+4k2）＝0，⑥將m2＝1+k2代入⑥并化簡(jiǎn)得﹣5（k2+1）＝0，矛盾．即此時(shí)直線l不存在．…（12分）（ii）當(dāng)l垂直于x軸時(shí)，滿足的直線l的方程為x＝1或x＝﹣1，由A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，），（1，﹣）或（﹣1，），（﹣1，﹣）．當(dāng)x＝1時(shí)，＝（1，）?（1，﹣）＝﹣≠0，當(dāng)x＝﹣1時(shí)，＝（﹣1，）?（﹣1，﹣）＝﹣≠0．∴此時(shí)直線l也不存在．綜上所述，使＝0成立的直線l不成立，即不存在直線l使以AB為直徑的圓過(guò)原點(diǎn)．二．正交半徑，弦長(zhǎng)范圍當(dāng)OP⊥OQ時(shí)，弦長(zhǎng)PQ的取值范圍：并且當(dāng)P，Q分別位于長(zhǎng)軸和短軸時(shí)，此時(shí)PQ最大,如圖:MAX當(dāng)POQ為等腰直角三角形時(shí)，此時(shí)PQ最小，如圖：MIN設(shè)橢圓C：（a＞b＞0）的離心率e＝，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，上頂點(diǎn)為A，在x軸負(fù)半軸上有一點(diǎn)B滿足AB⊥AF2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．（1）若過(guò)A，B，F(xiàn)2三點(diǎn)的圓與直線x﹣相切，求橢圓C的方程；（2）過(guò)點(diǎn)O作兩條相互垂直的射線，與橢圓C分別交于A，B兩點(diǎn)，證明：點(diǎn)O到直線AB的距離為定值，并求弦AB長(zhǎng)度的最小值．分析：（1）略（2）距離d是定值的問(wèn)題很好解決，那么|PQ|的最小值，甚至取值范圍又如何確定？這個(gè)問(wèn)題相對(duì)比較容易，需要上文的結(jié)論借助函數(shù)的思想便可以求出，注意的是如果題中只問(wèn)最值問(wèn)題，均值不等式是一個(gè)很好的選擇，今天我們?yōu)榱藢?dǎo)出更強(qiáng)大的結(jié)論，把此題看做求取值范圍處理?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)B（x0，0），由F2（c，0），A（0，b），得＝（c，﹣b），＝（x0，﹣b），∵，∴cx0+b2＝0，解之得x0＝﹣，由，知c＝，于是F2（a，0），B（﹣a，0），∴△ABF2的外接圓圓心為F1（﹣a，0），半徑r＝a，由題意可得，解得a＝2，得到c＝1且b＝，∴橢圓C的方程為；（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，AB的方程為x＝±，∴原點(diǎn)O到直線AB的距離為；當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx+m，與橢圓聯(lián)立，消去y得（3+4k2）x2+8kmx+4m2﹣12＝0，，．∵OA⊥OB，∴x1x2+y1y2＝0，∴x1x2+（kx1+m）（kx2+m）＝0．即（k2+1）x1x2+km（x1+x2）+m2＝0，∴（k2+1）﹣+m＝0，整理得7m2＝12（k2+1）．∴O到直線AB的距離d＝＝為定值．∵OA⊥OB，∴OA2+OB2＝AB2≥2OA?OB，當(dāng)且僅當(dāng)OA＝OB時(shí)取“＝”號(hào)．由d?AB＝OA?OB得d?AB＝OA?OB≤，∴AB≥2d＝，即弦AB的長(zhǎng)度的最小值是．設(shè)橢圓E：的左右焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別是雙曲線＝1的左右頂點(diǎn)，且橢圓的右頂點(diǎn)到雙曲線的漸近線的距離為．（1）求橢圓E的方程；（2）是否存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A、B，且？若存在，寫出該圓的方程，并求|AB|的取值范圍，若不存在，說(shuō)明理由．分析：在有上面結(jié)論的前提下，此題變得異常容易。需要同學(xué)們模仿結(jié)論的推導(dǎo)過(guò)程，對(duì)此題進(jìn)行過(guò)程上的書寫。如若能自行推導(dǎo)相應(yīng)結(jié)論，則同樣題型的題目都會(huì)輕而易舉?！窘獯稹拷猓海?）由題意得點(diǎn)F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0），所以a2﹣b2＝4，因?yàn)闄E圓的右頂點(diǎn)（a，0）到雙曲線的漸近線y＝的距離d＝×a＝．解得a2＝8，b2＝4，故橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為＝1；（2）當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx+m，聯(lián)立y＝kx+m與＝1可得（1+2k2）x2+4kmx+2m2﹣8＝0，由Δ＝16k2m2﹣4（1+2k2）（2m2﹣8）＞0可得8k2﹣m2+4＞0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2＝，x1x2＝，y1y2＝（kx1+m）（kx2+m）＝，因?yàn)?，所以＝x1x2+y1y2＝（1+k2）?+km+m2＝0，整理得3m2＝8+8k2≥8，代入到8k2﹣m2+4＞0，可得m2＞2，所以，故m≥或m，因?yàn)樵c(diǎn)到直線y＝kx+m的距離d＝＝＝，則存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A、B，且，該圓的半徑為d＝，故該圓的方程為x2+y2＝；當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，此時(shí)直線AB的方程為x＝與已知橢圓的交點(diǎn)為（，），（，﹣）或（，），（﹣，﹣），此時(shí)，滿足題意；綜上，存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與橢圓E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A、B，且；因?yàn)閨AB|＝?＝?＝×，令t＝，則m2＝，代入上式可得|AB|＝×＝×，因?yàn)樗詔≥1，0，故當(dāng)＝，即t＝2時(shí)|AB|取得最大值2，又|AB|＝×＝×＝，所以，當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，|AB|＝2×＝，故|AB|的取值范圍為[，2]．三．正交半徑，面積范圍因?yàn)镻Q長(zhǎng)度的范圍已經(jīng)求出，對(duì)于△POQ的面積，高是固定的，所以它的面積范圍也很容易求得：取到最值的狀態(tài)同弦長(zhǎng)取最值的狀態(tài)。已知AB是過(guò)橢圓C:中心的任意弦，l是線段AB的垂直平分線，若M是l與橢圓C的交點(diǎn)，求△AMB的面積的最小值。分析：此題做完圖形后發(fā)現(xiàn)，△AMB的面積是兩個(gè)△AOM的面積，故此題需要求出常規(guī)結(jié)論中的面積，再×2.【解答】當(dāng)k存在且k≠0時(shí)，由（1）得，，由解得，，所以，，．由于＝＝＝，當(dāng)且僅當(dāng)4+5k2＝5+4k2時(shí)等號(hào)成立，即k＝±1時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)△AMB面積的最小值是．當(dāng)k＝0，．當(dāng)k不存在時(shí)，．綜上所述，△AMB的面積的最小值為．過(guò)原點(diǎn)O做兩條互相垂直的直線分別與橢圓C:交于A，C與B，D，則四邊形ABCD的面積的最小值是____________分析：此題通過(guò)圖形，可以看出四邊形ABCD的面積是△AOB面積的4倍，由于是小題，可以直接套用結(jié)論即可，別忘了最后×4.【解答】解：由題意可得四邊形ABCD的對(duì)角線互相垂直，且四個(gè)頂點(diǎn)在橢圓上，且a＝，b＝1．四邊形ABCD面積等于?AC?BD．當(dāng)AC和BD中，有一條直線的斜率不存在時(shí)，AC和BD的長(zhǎng)度分別為2a和2b，四邊形ABCD面積等于?AC?BD＝2ab＝2．當(dāng)AC和BD的斜率都存在時(shí)，設(shè)AC的方程為y＝kx，BD方程為y＝﹣x．把y＝kx代入橢圓的方程化簡(jiǎn)為（2k2+1）x2﹣2＝0，∴xA+xC＝0，xA?xC＝．∴AC＝?|xA﹣xC|＝2．同理求得BD＝2，故四邊形ABCD面積等于?AC?BD＝2?設(shè)k2+1＝t≥1，則2?＝4≥故四邊形ABCD面積的最小值等于．故答案為：四．倒和定值當(dāng)OP⊥OQ時(shí)，則證明：（1）當(dāng)OP,OQ在坐標(biāo)軸上時(shí)，略（2）當(dāng)OP，OQ不在坐標(biāo)抽上時(shí)，設(shè)OP：，OQ：聯(lián)立：，整理得：，，同理用替換k，可得此時(shí)觀察到兩個(gè)式子有共同的分子，所以我們需要給他們?nèi)€(gè)倒數(shù)。并相加得：；∴雙曲線由于橢圓和雙曲線方程的相似性，故雙曲線的很多結(jié)論可以由橢圓變形而來(lái)觀察橢圓和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，我們可以把橢圓中的b2，偷偷的換成b2，那么就神不知鬼不覺(jué)的換成了雙曲線的方程，同時(shí)把結(jié)論中帶b的項(xiàng)通通換掉。由于出現(xiàn)了減法，為了確保軌跡的存在，需要特別指出a<b的情況則有：D的軌跡是弦長(zhǎng)（等腰直角時(shí)最小，無(wú)最大值）面積（等腰直角時(shí)最小，無(wú)最大值）已知雙曲線C：，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，離心率e＝2，點(diǎn)在雙曲線上．（1）求雙曲線C的方程；（2）如圖，若直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于點(diǎn)Q，P，且＝0，求證：是定值．【解答】解：（1）因?yàn)闄E圓C的離心率，所以c＝2a，①又b2＝c2﹣a2，②由①②，可得雙曲線的方程為，即3x2﹣y2＝3a2，因?yàn)辄c(diǎn)在雙曲線上，所以6﹣3＝3a2，解得a2＝1，則雙曲線C的方程為；（2）證明：不妨設(shè)直線OP的方程為y＝kx（k≠0），因?yàn)?，所以直線OQ的方程為，聯(lián)立，解得，，則，同理得，則，故為定值，定值為．已知雙曲線x2﹣＝1，點(diǎn)A，B在雙曲線右支上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．（1）若過(guò)點(diǎn)A作雙曲線的兩條漸近線的平行線，分別交兩條漸近線于點(diǎn)M，N，證明：平行四邊形OMAN的面積為定值；（2）若OA⊥OB，OD⊥AB，D為垂足，求點(diǎn)D的軌跡的長(zhǎng)度．【分析】（1）設(shè)A（x0，y0）為雙曲線的漸近線為y＝±x，聯(lián)立程可得M，N的坐標(biāo)，可得OMAN的面積為定值；（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）．分直線AB的斜率不存在與直線AB的斜率存在兩種情況證明，設(shè)AB：y＝kx+m，聯(lián)立方程組，利用OA⊥OB，可得2m2＝3k2+3，可求得原點(diǎn)到直線AB的距離，進(jìn)而可得D1（，）或D2（，﹣），可求點(diǎn)D的軌跡的長(zhǎng)度．【解答】解：（1）設(shè)A（x0，y0）為雙曲線的漸近線為y＝±x，∴，解得x＝x0+y0，記xM＝x0+y0，同理可得xN＝x0﹣y0，∴|OM|＝|xM|＝|x0+y0|，|ON|＝|xN|＝|x0﹣y0|，∴S＝|OM||ON|sin120°＝（x02﹣y02）＝，（2）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2）．當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，AB為x＝，∴D（，0），當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)AB：y＝kx+m，由方程組，得（k2﹣3）x2+2kmx+（m2+3）＝0，∴x1+x2＝，x1x2＝，∵OA⊥OB，∴x1x2+y1y2＝x1x2+（kx1+m）（kx2+m）＝（k2+1）x1x2+km（x1+x2）+m2＝0，解得2m2＝3k2+3，∴（0，0）到直線AB的距離為＝，∴|OD|＝，又∵A，B在雙曲線右支上，∴D在雙曲線右支內(nèi)部，則，解得x＝（取正），y＝或x＝（取正），y＝﹣，記D1（，）或D2（，﹣），k＝，k＝﹣，∴∠D1OD2＝60°，∴D的軌跡為圓心角為60°的圓弧，∴D的軌跡的長(zhǎng)度為π．拋物線當(dāng)OP⊥OQ時(shí)，則直線PQ恒過(guò)（2p，0）已知雙曲線：的一個(gè)焦點(diǎn)與拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)重合．（1）求拋物線C的方程；（2）若直線l：x＝ty+8交拋物線C于A、B兩點(diǎn)，O為原點(diǎn)，求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O．【分析】（1）根據(jù)雙曲線方程求出其焦點(diǎn)坐標(biāo)，即也是拋物線焦點(diǎn)，得到拋物線方程；（2）直線l與拋物線聯(lián)立后，利用韋達(dá)定理求出即可得證．【解答】解：（1）由雙曲線方程，可得其焦點(diǎn)在x軸上且焦點(diǎn)坐標(biāo)為F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0），又F2（2，0）為拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)，所以，即可得拋物線C的方程為y2＝8x；（2）證明：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立，Δ＝64t2+4×64＞0，由韋達(dá)定理得y1+y2＝8t，y1y2＝﹣64，所以＝（t2+1）y1y2+8t（y1+y2）+6