8.14 圆锥曲线中探索性与综合性问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线中探索性与综合性问题，对接高考评价体系，梳理点线存在性、含参数存在性等核心考点，通过2024广州模拟、山东滨州二模等真题例题分析考点权重，归纳“肯定顺推法”等常考题型解法，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“题型分类+方法提炼+素养渗透”，如探索性问题中用韦达定理求中点坐标论证斜率乘积定值，培养数学思维；综合问题结合蒙日圆性质分析切线垂直关系，提升数学眼光。设课下精练卷和高阶拓展，助学生掌握答题技巧，教师可据此系统开展专题复习，高效提升学生得分率。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第八章 直线和圆、圆锥曲线 01 8．14　圆锥曲线中探索性与综合性问题 01 02 题型一 题型二 课下巩固精练卷(七十六) 目 录 目 录 高阶拓展(十二) 高阶拓展(十三) 模板来自于：第一PPT https:/// 4 课下巩固精练卷(七十六) 圆锥曲线中探索性与综合性问题 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 01 02 03 04 高阶拓展(十二) 阿基米德三角形 高阶拓展(十三) 蒙日圆 感谢观看 题型一　探索性问题 角度1　点、线的存在性问题 【例1】　已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M. (1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值； (2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由． 解：(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， M(xM，yM)， 将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，Δ>0， 故xM＝， 于是直线OM的斜率kOM＝，即kOM·k＝－9， 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值． (2)四边形OAPB能为平行四边形． 因为直线l过点， 所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3. 由(1)得OM的方程为y＝－x， 设点P的横坐标为xP， 由得，即xP＝， 将点的坐标代入直线l的方程得b＝，因此xM＝， 四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分， 即xP＝2xM， 于是，解得k1＝4－， 所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形． 思维升华　点、线存在性问题的求解方法 1．解决存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．一般步骤如下： 第一步：假设满足条件的曲线(直线或点等)存在，用待定系数法设出； 第二步：列出关于待定系数的方程(组)； 第三步：若方程(组)有实数解，则曲线(直线或点等)存在，否则不存在． 2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法． 【对点练习】　1.设椭圆C：＝1(a>b>0)的上顶点为A，下顶点为B，右焦点为F，离心率为. (1)求椭圆C的方程． (2)设过点F的直线l交椭圆C于M，N两点(不同于A，B两点)，试问是否存在直线l使得AM⊥AN？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)由上顶点为A，得b＝， 由离心率e＝，且a2－b2＝a2－2＝c2，可得a2＝4， 所以椭圆C的方程为＝1. (2)依题意F，设存在直线l满足题意， 当直线l的斜率为0时，∠MAN≠90°， 即AM与AN不垂直，不合题意. 当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ＝＝， 联立得(2＋m2)y2＋2my－2＝0， 所以y1＋y2＝－. 因为AM⊥AN，所以＝0，即x1x2＋＝0， 所以(1＋m2)y1y2＋(m－1)(y1＋y2)＋4＝0， 所以＋4＝0， 所以m2－2m－3＝0，解得m＝－1或m＝3. 当m＝－1时，直线l过点A，不符合题意， 所以直线l的方程为x－3y－＝0. 故存在直线l满足条件，且直线l的方程为x－3y－＝0. 角度2　含参数的存在性问题 【例2】　如图，椭圆C：＝1(a＞b＞0)经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4. (1)求椭圆C的方程； (2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由． 解：(1)由椭圆C：＝1(a＞b＞0)经过点P， 可得＝1(a＞b＞0)　①， 由离心率e＝得，即a＝2c，则b2＝3c2　②， 将②代入①解得c＝1，a＝2，b＝， 故椭圆C的方程为＝1. (2)法一：由题意可设AB的斜率为k， 则直线AB的方程为y＝k(x－1)　③， 代入椭圆方程＝1并整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝　④， 在方程③中，令x＝4得，M的坐标为(4，3k)， 从而k1＝， 注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝k， 所以k1＋k2＝ 　⑤， ④代入⑤得k1＋k2＝2k－＝2k－1， 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3， 故存在常数λ＝2符合题意． 法二：设B(x0，y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y＝(x－1)， 令x＝4，求得M， 从而直线PM的斜率为k3＝， 联立得A， 则直线PA的斜率k1＝，直线PB的斜率为k2＝， 所以k1＋k2＝＝2k3， 故存在常数λ＝2符合题意． 思维升华　含参数的存在性问题的求解方法 求解含参数的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程． 【对点练习】　2.(2024·山东滨州二模)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为，其短轴的一个端点到焦点F1的距离为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若P为OF1的中点，M为椭圆上一点，过P且平行于OM的直线l与椭圆C相交于A，B两点，是否存在实数λ，使得λ|OM|2＝|PA|·|PB|？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意，得a＝，又e＝， 所以c＝2，所以b＝＝1， 故椭圆C的标准方程为＋y2＝1. (2)F1(－2，0)，P(－1，0)，若直线l的斜率不存在， 则|OM|＝1，|PA|＝|PB|＝， 由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝； 若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)， 由消去y，得(5k2＋1)x2＋10k2x＋5k2－5＝0， Δ＝(10k2)2－4(5k2＋1)(5k2－5)>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－， 由题意|PA|＝＝， 所以|PA|·|PB|＝(k2＋1)|(x1＋1)(x2＋1)| ＝(k2＋1)|x1x2＋(x1＋x2)＋1|＝， 由题意知，直线OM的方程为y＝kx， 由消去y，得(5k2＋1)x2－5＝0， 设M(x0，y0)，则2＝， 由λ|OM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝， 综上，存在实数λ＝2＝|PA|·|PB|成立． 题型二　圆锥曲线的综合问题 【例3】　(2024·广州模拟)已知双曲线C：＝1，直线l过C的右焦点F且与C交于M，N两点． (1)若M，N两点均在双曲线C的右支上，求证：为定值； (2)试判断以MN为直径的圆是否过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由． 解：(1)证明：如图，F(4，0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 直线MN：x＝ty＋4，代入3x2－y2＝12， 整理得(3t2－1)y2＋24ty＋36＝0， 则y1＋y2＝， 由解得t∈， 由|MF|＝， 同理，|NF|＝， 由于y1y2<0，不妨设y1>0，y2<0， 则， 由(y2－y1)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝， 得y2－y1＝， 所以为定值． (2)由题意，圆的方程为＋2＝， 即x2＋y2－(x1＋x2)x－(y1＋y2)y＋x1x2＋y1y2＝0， 由对称性可知，若存在定点，则必在x轴上， 令y＝0，有x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y1y2＝0， 由(1)可知x1＋x2＝t(y1＋y2)＋8＝， x1x2＝(ty1＋4)(ty2＋4)＝t2y1y2＋4t(y1＋y2)＋16 ＝， 代入方程后有x2＋＝0， 即(x2－4)＋(x＋2)＝0， 令解得x＝－2，故圆过定点(－2，0)． 当直线MN：y＝0时，圆过点(－2，0)． 综上，以MN为直径的圆过定点(－2，0)． 思维升华　圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现，解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质．如：圆的半径r，弦长的一半h，弦心距d满足r2＝h2＋d2；圆的弦的垂直平分线过圆心；若AB是圆的直径，则圆上任一点P有＝0. 【对点练习】　3.如图，O为坐标原点，抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆C2：＝1(a>b>0)的右焦点，A为椭圆C2的右顶点，椭圆C2的长轴长为|AB|＝8，离心率e＝. (1)求抛物线C1和椭圆C2的方程； (2)过A点作直线l交C1于C，D两点，射线OC，OD分别交C2于E，F两点，记△OEF和△OCD的面积分别为S1和S2，问是否存在直线l，使得S1∶S2＝3∶13？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题知，a＝4，，所以c＝2， 所以b＝，p＝4. 所以抛物线C1的方程为y2＝8x，椭圆C2的方程为＝1. (2)由题设知直线l的斜率不为0， 设直线l的方程为x＝my＋4. 则⇒y2－8my－32＝0. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则y1＋y2＝8m，y1y2＝－32. 所以， 因为直线OC的斜率为， 所以直线OC的方程为y＝x. 由得y2＝1， 则＝1， 同理可得＝1， 所以··＝1， 所以， 要使S1∶S2＝3∶13， 只需＝2， 解得m＝±1， 所以存在直线l：x±y－4＝0符合条件． 1．(2024·郑州模拟)已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的右焦点为 F(2，0)，且点Q在双曲线C上． (1)求双曲线C的方程； (2)过点F的直线与双曲线C的右支交于A，B两点，在x轴上是否存在异于F的点P，使得点F到直线PA，PB的距离始终相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意得，c＝2，所以所以a2＝1，b2＝3， 所以双曲线C的标准方程为x2－＝1. (2)假设存在P(n，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由题意知，直线AB的斜率不为0，当直线AB的斜率存在时， 设直线AB：x＝my＋2(m≠0)， 联立消去x得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0， 则3m2－1≠0，Δ＝(12m)2－4×9(3m2－1)＝36(m2＋1)>0， 且y1＋y2＝－， 因为点F到直线PA，PB的距离相等， 所以PF是∠APB的平分线， 则kPA＋kPB＝0，即＝0， 则y1(my2＋2－n)＋y2(my1＋2－n)＝0， 整理得2my1y2＋(2－n)(y1＋y2)＝0， 故＝0， 即3m－2m(2－n)＝0， 因为m≠0，所以n＝，此时P； 当直线AB的斜率不存在时，根据双曲线的对称性， 易得点P也能让点F到直线PA，PB的距离相等． 综上所述，故存在P满足题意． 2．(2023·德州模拟)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原点为O，且△EOF的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意可知解得 所以椭圆C的方程为＝1. (2)假设满足条件的直线l存在， 由E(0，－2)，F，得kEF＝， 因为点F为△EAB的垂心， 所以AB⊥EF，所以kAB＝－， 设直线l的方程为y＝－x＋t，代入＝1， 得7x2－6tx＋6(t2－4)＝0， Δ＝2－4×7×6(t2－4)＝－96t2＋672>0，即－<t<. 记A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝， 由AF⊥BE得＝－1， 所以y1y2＋2y1＋x1x2－x2＝0， 将y1＝－x2＋t代入上式， 得3x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0， 所以3×(t＋2)·＋(2t2＋4t)＝0， 所以5t2＋t－18＝0，解得t＝(t＝－2舍去)， 满足Δ>0， 所以直线l的方程为y＝－. 3．已知椭圆C：＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为＝3. (1)求椭圆C的标准方程； (2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由． 解：(1)由内切圆的性质，得×(2a＋2c)×，所以. 将x＝c代入＝1，得y＝±，所以＝3. 又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝， 故椭圆C的标准方程为＝1. (2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称． 当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t，0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，S(x1，y1)，R(x2，y2)． 联立消去y，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 由根与系数的关系得① 其中Δ>0恒成立， 由TS与TR所在直线关于x轴对称， 得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)， 即＝0　②. 因为S，R两点在直线y＝k(x－1)上， 所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)， 代入②得＝＝0， 即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0　③， 将①代入③得＝0，则t＝4， 综上所述，存在T(4，0)，使得当l变化时， 总有TS与TR所在直线关于x轴对称． 4．(2024·天津卷)已知椭圆＝1(a>b>0)，椭圆的离心率e＝，左顶点为A，下顶点为B，O为坐标原点，C是线段OB的中点，其中S△ABC＝. (1)求椭圆的方程； (2)过点的动直线与椭圆有两个交点P，Q，在y轴上是否存在点T使得≤0？若存在，求出点T纵坐标的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)因为e＝，所以a＝2c，b＝c， 由题知A(－a，0)，B(0，－b)，C， 所以S△ABC＝＝，得c＝， 所以a＝2，b＝3， 故椭圆的方程为＝1. (2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，T(0，t)． 当直线PQ 的斜率不存在时，不妨设P(0，3)，Q(0，－3)， 则＝t2－9≤0，解得－3≤t≤3. 当直线PQ的斜率存在时，设其方程为y＝kx－， 由可得x2－12kx－27＝0， 所以Δ＝144k2＋4×27>0，x1＋x2＝. 因为 ＝x1x2＋ ＝(x1＋x2)＋2 ＝－＋2＝≤0， 所以4k2t2－36k2＋3t2＋9t－≤0对k∈R恒成立， 则有解得－3≤t≤. 综上可得，－3≤t≤，即点 T的纵坐标的取值范围是. 抛物线的弦与过弦的端点的两条切线所围成的三角形叫做阿基米德三角形．如图，在抛物线y2＝2px中，定义弦AB为阿基米德三角形的底边，M为底边AB的中点． 性质1　阿基米德三角形的底边AB上的中线MQ平行于抛物线的轴． 性质2　若阿基米德三角形的底边AB过抛物线内的定点C(xC，yC)，则另一顶点Q的轨迹为一条直线，其方程为yCy＝p(x＋xC)，该直线与以C点为中点的弦平行． 性质3　若直线l与抛物线没有公共点，以l上的点为顶点的阿基米德三角形的底边AB过定点(若直线l方程为：ax＋by＋c＝0，则定点的坐标为C. 性质4　底边AB为a的阿基米德三角形的面积最大值为. 性质5　若阿基米德三角形的底边AB过焦点，则顶点Q的轨迹为准线，且阿基米德三角形面积的最小值为p2. 性质6　在阿基米德三角形中，∠QFA＝∠QFB. 【例1】　设抛物线C：y2＝6x的焦点为F，过F的直线交C于A，B两点，分别以A，B为切点作C的切线l1，l2，若l1与l2交于点P，且满足|PF|＝2＝(　　 ) A．5 B．6 C．7 D．8 解析：选D.法一　因为弦AB过焦点，故点P在准线上，由勾股定理求出P点到x轴距离为，进而可知∠PFO＝30°， 由性质6知∠PFB＝90°，故∠OFB＝60°，也就是直线AB的倾斜角θ＝60°，由焦点弦公式可得AB＝＝8. 法二(常规解法)　y2＝6x，2p＝6，， ∴F，设直线AB的方程为x＝my＋，显然m是存在的， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然y1≠0，y2≠0，求导：(y2)′＝(6x)′， ∴y′＝， 在A点处的切线方程l1为y－y1＝(x－x1)， ∴y＝＋y1， ∵x1＝，∴y＝　①， 同理可得在B点处的切线方程l2为y＝， 联立方程解得y2－6my－9＝0，Δ＝36m2＋36>0， ∴y1y2＝－9， 联立方程解得(y1－y2)＝0， ∵y1≠y2，y1－y2≠0，∴x＝， 即P点在准线x＝－上，设P， ∵|PF|＝，∴t2＝3，t＝±， 考虑抛物线关于x轴对称，不妨取t＝， 代入①得：＋，解得y1＝3或y1＝－， 由图可知y1＝3，再代入抛物线方程得x1＝， ∴|AB|＝＝8. 思维升华　(1)椭圆和双曲线也具有多数上述抛物线阿基米德三角形类似性质． (2)当阿基米德三角形的顶角为直角时，则阿基米德三角形顶点的轨迹为蒙日圆． 【对点练习】　1.(多选)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点(A在第一象限)，M为线段AB的中点．M在抛物线的准线l上的射影为点N，则下列说法正确的是(　　 ) A．|AB|的最小值为4 B．NF⊥AB C．△NAB面积的最小值为6 D. 若直线AB的斜率为，则 解析：选ABD.由题意知F(1，0)， 设直线AB方程为my＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 可得y2－4my－4＝0，Δ＝16(m2＋1)>0， 故y1＋y2＝4m，y1y2＝－4， 则|AB|＝＝4(m2＋1)， 故当m＝0时，|AB|的最小值为4，故A正确； 又＝2m，即M点纵坐标为2m，故N(－1，2m)， 当m＝0时，AB⊥x轴，NF在x轴上，此时NF⊥AB； 当m≠0时，kNF＝，故NF⊥AB， 综合可知，NF⊥AB，故B正确； 又点N到直线AB的距离为d＝， 故S△NAB＝·d＝，当m＝0时，取最小值4，故C错误； 若直线AB的斜率为，则直线AB方程为y＝(x－1)， 则y1＋y2＝，y1y2＝－4， 由于A在第一象限，故解得y1＝2，故＝3， 由于同向，故，故D正确． 【例2】　(多选)(2024·南平模拟)过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F作抛物线的弦与抛物线交于A，B两点，M为弦AB的中点，分别过A，B两点作抛物线的切线l1，l2.l1，l2相交于点P.下面关于△PAB的描述正确的是(　　 ) A．点P必在抛物线的准线上 B．AP⊥PB C．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则△PAB的面积S的最小值为 D．PF⊥AB 解析：选ABD.如图所示，设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 直线AB的方程为x＝my＋， 联立消去x得y2－2mpy－p2＝0， 由根与系数的关系可得y1y2＝－p2，y1＋y2＝2mp， 对于A，抛物线y2＝2px在点A处的切线方程为y1y＝px＋px1， 即y1y＝px＋， 同理可知，抛物线y2＝2px在点B处的切线方程为y2y＝px＋， 联立解得 所以点P的横坐标为－， 即点P在抛物线的准线上，A正确； 对于B，直线l1的斜率为k1＝，直线l2的斜率为k2＝， 所以k1k2＝＝－1，所以AP⊥PB，B正确； 对于D，当AB垂直于x轴时，由抛物线的对称性可知， 点P为抛物线的准线与x轴的交点，此时PF⊥AB； 当AB不与x轴垂直时，直线AB的斜率为kAB＝， 直线PF的斜率为kPF＝＝－m， 所以kAB·kPF＝－1，则PF⊥AB. 综上，PF⊥AB，D正确； 对于C，|AB|＝， |PF|＝， 所以S△PAB＝＝· (m2＋1)··(m2＋1)·＝p2， 当且仅当时，等号成立，C错误． 【对点练习】　2.(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4. (1)求p； (2)若点P在圆M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值． 解：(1)抛物线C的焦点为F＝＋4， 所以F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为＋4－1＝4， 解得p＝2. (2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝，对该函数求导得y′＝， 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝－y1，即x1x－2y1－2y＝0， 同理可知，直线PB的方程为x2x－2y2－2y＝0， 由于点P为这两条直线的公共点， 则 所以点A、B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0， 所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0， 联立可得x2－2x0x＋4y0＝0， 由韦达定理可得x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0， 所以|AB|＝ ， 点P到直线AB的距离为d＝， 所以S△PAB＝·d＝， ∵－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21， 由已知可得－5≤y0≤－3， 所以当y0＝－5时，△PAB的面积取最大值， 为. 在椭圆＝1(a>b>0)上，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴与短半轴平方和的算术平方根，这个圆叫蒙日圆. 设P为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交椭圆于点A，B，O为原点． 性质1　PA⊥PB. 性质2　kOP·kAB＝－. 性质3　kOA·kPA＝－(垂径定理的推广)． 性质4　PO平分椭圆的切点弦AB. 性质5　延长PA，PB交蒙日圆O于两点C，D，则CD∥AB. 性质6　S△AOB的最大值为，S△AOB的最小值为. 性质7　S△APB的最大值为，S△APB的最小值为. 【例1】　(2024·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：＝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 解析：选A.∵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，则两条切线分别是y＝，这两条切线互相垂直，且两条直线的交点为P，而P在蒙日圆上，∴2＋2＝4，解得a＝1. 【例2】　(2014·广东卷)已知椭圆C：＝1(a>b>0)的一个焦点为 ，离心率为. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若动点P(x0，y0)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． 解：(1)可知c＝，又e＝，∴a＝3，b2＝a2－c2＝9－5＝4，故椭圆C的标准方程为＝1. (2)设两切线为l1，l2， ①当l1⊥x轴或l1∥x轴时，对应l2∥x轴或l2⊥x轴，可知P(－3，±2)或P(3，±2)． ②当l1与x轴不垂直且不平行时，x0≠±3，设l1的斜率为k，则k≠0，l2的斜率为－，l1的方程为y－y0＝k(x－x0)，联立＝1，得(9k2＋4)x2＋18k(y0－kx0)x＋9[(y0－kx0)2－4]＝0， ∵直线与椭圆相切，∴Δ＝0，得(18k)2(y0－kx0)2－36[(y0－kx0)2－4](9k2＋4)＝0， ∴4(y0－kx0)2－4(9k2＋4)＝0，整理得k2－2x0y0k＋－4＝0　(*)， 则k，－是关于k的一元二次方程(*)的两根，则－＝－1，化简得＝13，其中x0≠±3， ∴点P的轨迹方程为x2＋y2＝13(x≠±3)， 又P(－3，±2)或P(3，±2)满足上式． 综上所述，点P的轨迹方程为x2＋y2＝13. 【例3】　(2024·合肥模拟)已知A是圆x2＋y2＝4上的一个动点，过点A作两条直线l1，l2，它们与椭圆＋y2＝1都只有一个公共点，且分别交圆于点M，N. (1)求证：对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立； (2)求△AMN面积的取值范围． 解：(1)证明：当直线l1，l2有一条斜率不存在时， 不妨设l1的斜率不存在， ∵l1与椭圆只有一个公共点， ∴其方程为x＝±， 当l1的方程为x＝时，此时l1与圆的交点坐标为， ∴l2的方程为y＝1或y＝－1，故l1⊥l2成立， 同理可证，当l1的方程为x＝－时，结论成立； 当直线l1，l2的斜率都存在时，设点A(m，n)且m2＋n2＝4， 设过点A的直线方程为y＝k(x－m)＋n，代入椭圆方程， 可得(1＋3k2)x2＋6k(n－km)x＋3(n－km)2－3＝0， 由Δ＝0化简整理得(3－m2)k2＋2mnk＋1－n2＝0， ∵m2＋n2＝4， ∴(3－m2)k2＋2mnk＋m2－3＝0， 设l1，l2的斜率分别为k1，k2， ∴k1k2＝＝－1，∴l1⊥l2成立， 综上，对于圆上的任意点A，都有l1⊥l2成立． (2)记原点到直线l1，l2的距离分别为d1，d2， ∵MA⊥NA，∴MN是圆的直径， ∴|MA|＝2d2，|NA|＝＝|OA|2＝4， 则△AMN的面积为S＝＝2d1d2， 则S2＝＝－2＋16， ∵d1∈，即∈[1，3]，∴S2∈[12，16]，∴S∈， 故△AMN的面积的取值范围为. 思维升华　蒙日圆在双曲线、抛物线中的推广 双曲线＝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＝(可以看作半径无穷大的圆)． 【对点练习】　1.(多选)(2024·泰州模拟)画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆．我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆．已知椭圆C：＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，A，B为椭圆上两个动点．直线l的方程为bx＋ay－a2－b2＝0.下列说法正确的是(　　 ) A．椭圆C的蒙日圆的方程为x2＋y2＝3b2 B．对直线l上任意一点P，>0 C．记点A到直线l的距离为d，则d－b D．若矩形MNGH的四条边均与椭圆C相切，则矩形MNGH面积的最大值为6b2 解析：选AD.对于A， 过点Q(a，b)可作椭圆的两条互相垂直的切线x＝a，y＝b， ∴点Q(a，b)在蒙日圆上， ∴蒙日圆方程为x2＋y2＝a2＋b2， 由e＝得a2＝2b2， ∴椭圆C的蒙日圆方程为x2＋y2＝3b2，A正确； 对于B，由l方程知，l过点P(b，a)， 又点P满足蒙日圆方程， ∴点P(b，a)在圆x2＋y2＝3b2上， 当A，B恰为过点P所作椭圆两条互相垂直的切线的切点时， ＝0，B错误； 对于C，∵点A在椭圆上，∴|AF1|＋|AF2|＝2a， ∴d－|AF2|＝d－(2a－|AF1|)＝d＋|AF1|－2a， 当F1A⊥l时，d＋|AF1|取得最小值，最小值为F1到直线l的距离， 由A知，a2＝2b2，则c2＝a2－b2＝b2，即c＝b， ∴F1到直线l的距离d′＝b， ∴(d－|AF2|)min＝b－2a，C错误； 对于D，当矩形MNGH的四条边均与椭圆C相切时， 蒙日圆为矩形MNGH的外接圆， ∴矩形MNGH的对角线为蒙日圆的直径， 设矩形MNGH的长和宽分别为x，y，则x2＋y2＝12b2， ∴矩形MNGH的面积S＝xy≤＝6b2(当且仅当x＝y＝b时取等号)， 即矩形MNGH面积的最大值为6b2，D正确． 2．(2024·江苏南京高三模拟)定义椭圆C：＝1(a>b>0)的“蒙日圆”的方程为x2＋y2＝a2＋b2，已知椭圆C的长轴长为4，离心率为e＝. (1)求椭圆C的标准方程和它的“蒙日圆”E的方程； (2)过“蒙日圆”E上的任意一点M作椭圆C的一条切线MA，A为切点，延长MA与“蒙日圆”E交于点D，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为k1，k2，证明：k1·k2为定值． 解：(1)由题意知2a＝4，e＝，∴c＝1，∴b2＝3， ∴椭圆C的方程为＝1，∴“蒙日圆”E的方程为x2＋y2＝4＋3＝7， 即x2＋y2＝7. (2)证明：当切线MA的斜率存在且不为零时， 设切线MA的方程为y＝kx＋m， 则由消去y得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4m2－12＝0， ∴Δ1＝64m2k2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，∴m2＝3＋4k2， 由消去y得(1＋k2)x2＋2mkx＋m2－7＝0， ∴Δ2＝4m2k2－4(1＋k2)(m2－7)＝16＋12k2>0， 设M(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝， ∴k1k2＝ ， ∵m2＝3＋4k2， ∴k1k2＝， 当切线MA的斜率不存在或为零时，k1k2＝－成立， ∴k1k2为定值－. $