新高考数学大一轮复习真题源解析几何专题讲义 第24讲 蒙日圆及其证明和应用

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（2）若动点为椭圆外一点，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)；(2)．
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．Mnge，1745-1818)作了介绍．以上高考题第(2)问的一般情形是
定理1 曲线的两条互相垂直的切线的交点P的轨迹是圆．
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，或．
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的坐标是且，所以可设曲线的过点P的切线方程是．
由，得
由其判别式的值为0，得
因为是这个关于的一元二次方程的两个根，所以
由此，得
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，或．
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的坐标是且，所以可设两个切点分别是．
得直线，切线．所以：
因为点既在曲线上又在直线上，所以
所以
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)．
证明 如图2所示，设为椭圆(其左、右焦点分别是)上任意给定的点，过点作的外角平分线所在的直线．先证明和相切于点，只要证明上异于的点都在椭圆的外部，即证：
图2
在直线上选取点，使，得≌，所以，还得
再过点作的平分线，易得，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O，长半轴长是)的任一焦点F作椭圆的任意切线的垂线，设垂足是H，则．
证明 如图3所示，设点分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的切线上的切点，又设直线交于点．
图3
由引理1，得(即反射角与入射角的余角相等)，进而可得≌，所以点H是FB的中点，得OH是的中位线．又，所以．
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 设点是矩形所在平面上一点，则．
证明 如图4所示，设矩形的中心是点．
图4
由引理3，可得
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．当时，易证成立．下面只证明的情形．
如图5所示．设椭圆的中心是点O，左、右焦点分别是，焦距是，过动点P的两条切线分别是．
图5
连结，作，垂足分别是．过点作，垂足为，由引理2得．
再作于．记，得．
由Rt，得．
又作，垂足分别为．在Rt中，同理可得．
(1)若，得矩形，所以
(2)若，得
由，得，所以．
同理，有，所以四边形是平行四边形，进而得四边形是矩形，所以．
由(1),(2)得点P的轨迹方程是．
定理1的证法4 可不妨设．当时，易证成立．下面只证明的情形．
如图6所示．设椭圆的中心是点O，左、右焦点分别是，焦距是，过动点P的两条切线分别是，两切点分别为．
分别作右焦点关于切线的对称点，由椭圆的光学性质可得三点共线(用反射角与入射角的余角相等)．同理，可得三点共线．
图6
由椭圆的定义，得，所以．
由是的中点，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
(1)若，得，即三点共线．
又，所以，进而得
(2)若，得
所以．
同理，可得．所以三点共线．
得，即．
由(1),(2)得点P的轨迹方程是．
定理1的证法5 (该证法只能证得纯粹性)
可不妨设．当时，易证成立．下面只证明的情形．
如图7所示，设椭圆的中心是点O，左、右焦点分别是，焦距是，过动点P的两条切线分别是，切点分别是．
设点关于直线的对称点分别为，直线与切线交于点，直线与切线交于点．
图7
得，再由椭圆的定义，得，所以．
因为四边形为矩形，所以由引理4得，所以，得点P的轨迹方程是．
读者还可用解析几何的方法证得以下结论：
定理2 (1)双曲线的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆；
(2)抛物线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)椭圆的两条斜率之积是的切线交点的轨迹方程是；
(2)双曲线的两条斜率之积是的切线交点的轨迹方程是．
定理4 过椭圆上任一点作椭圆的两条切线，则
(1)当时，所作的两条切线互相垂直；
(2)当时，所作的两条切线斜率之积是．
定理5 (1)椭圆的两条斜率之积是的切线交点的轨迹是：
①当时，即圆(但要去掉四个点)；
②当且时，即椭圆(但要去掉四个点)；
③当时，即两条直线在椭圆外的部分(但要去掉四个点)；
④当时，即双曲线在椭圆外的部分(但要去掉四个点)；
⑤当时，即双曲线在椭圆外的部分(但要去掉四个点)．
(2)双曲线的两条斜率之积是的切线交点的轨迹是：
①当时，即圆；
②当时，即双曲线；
③当或时，即椭圆；
④当时，不存在．
(3)抛物线的两条斜率之积是的切线交点的轨迹是：
①当时，即直线；
②当时，的方程为．
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． 若直线上总存在点，使得过点的的两条切线互相垂直，则实数的取值范围是_________．
解 ．在图8中，若小圆(其圆心为点，半径为)的过点的两条切线互相垂直(切点分别为)，得正方形，所以，即点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆．
图8
由此结论可得：在本题中，点在圆上．所以本题的题意即直线与圆有公共点，进而可得答案．
注 本题的一般情形就是蒙日圆．
2．给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“准圆”．若椭圆的一个焦点为，，其短轴上的一个端点到的距离为．
（1）求椭圆的方程和其“准圆”方程；
（2）点是椭圆的“准圆”上的动点，过点作椭圆的切线，交“准圆”于点，．
（ⅰ）当点为“准圆”与轴正半轴的交点时，求直线，的方程并证明；
（ⅱ）求证：线段的长为定值并求该定值．
解：（1），，，
椭圆方程为，准圆方程为；
（2）（ⅰ）因为准圆与轴正半轴的交点为，
设过点且与椭圆相切的直线为，
所以由得．
因为直线与椭圆相切，所以△，解得，
所以直线、的方程为和；且，．
（ⅱ）①当直线，中有一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，
则，当时，与准圆交于点，和，，
此时为（或，显然直线，垂直；
同理可证当时，直线，垂直；
②当，斜率存在时，设点，，其中；
设经过点，与椭圆相切的直线为，
所以由，
得；
由△化简整理得，
因为，所以有；
设，的斜率分别为和，因为，与椭圆相切，
所以，满足上述方程，所以，即，垂直；
综合①②知：因为，经过点，，又分别交其准圆于点、，且， 垂直；
所以线段为准圆的直径，，所以线段的长为定值．
3．已知椭圆，该椭圆上、左、下顶点及右焦点围成的四边形面积为，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）如图，若矩形的四条边都与该椭圆相切，求矩形面积的最大值．
解：（1）由题意可得：，，，
联立解得，，．椭圆的方程为．
（2）令，，当斜率为0或不存在时，可得．
当斜率存在且不为0时，设方程：．
代入椭圆方程可得：，
化为：，
与椭圆相切，可得△，
化为：，①
同理可得与椭圆相切，可得，化为：
．②
①②可得：．即点在以原点为圆心，为半径的圆上．
为以原点为圆心，为半径的圆的内接矩形，只有当为正方形时面积最大．
可得．
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4．(2019届永康5月模拟第17题)已知椭圆，若存在过点且互相垂直的直线，使得与椭圆均无公共点，则该椭圆离心率的取值范围是 ．
解：依据蒙日圆，椭圆相对应的蒙日圆为，只需点在圆外即可，
故，即，故椭圆的离心率范围是．
5．已知椭圆，为圆上的一个动点，过的切线于椭圆相切与两点，与圆相交于两点。求证：。
【解答】由得，则，由椭圆的垂径定理得经过的中点。又由蒙日圆性质可知，，所以。同理。
因此有，所以 ．
已知椭圆的两条切线相互垂直，则从中心到切点弦的距离，与二切线交点到切点弦的距离之积为常数．
【解析】设两条垂直切线交于点，则由蒙日圆得点的轨迹方程为，切点弦的方程为，即，
则中心到切点弦的距离为，点到切点弦的距离为，
于是为常数．
7．已知点是椭圆两垂直切线的交点，点是椭圆上一点，过点的一条直线与点轨迹相交于，两点，若存在点，使得，则椭圆的离心率取值范围为 ．
解：根据题意得点的轨迹为椭圆的蒙日圆，
其方程为，
于是,
可得，于是，
因存在点，可得，化简得，
又，所以．