圆的多个性质在圆锥曲线中的推广

1、圆的多个性质在圆锥曲线中的推广【圆的性质1】圆的直径所对的圆周角是直角，即如图所示中的；【圆的性质2】垂径定理：圆中弦的中点与圆心的连线垂直于弦，即如图所示中的【推广性质1】在椭圆与双曲线中，过中心的直线与椭圆或双曲线交于A、B两点，P是椭圆或双曲线上任意一点，则必有；【推广性质2】广义垂径定理：（1）在椭圆与双曲线中，弦AB的斜率与弦AB中点E与原点O连线的斜率乘积为定值，即（2）在抛物线中，弦AB的斜率与弦AB中点与原点O连线的斜率关系为.【圆的性质3】直线与圆相切于点T,则直线OT与切线垂直，即【推广性质3】（1）直线与椭圆或与双曲线相切于点T,则直线OT与切线的斜率的关系是.（2）直线

2、与抛物线相切于点T,则直线OT与切线的斜率的关系是.【圆的性质4】过圆外一点P引圆O的两条切线，切点分别为M、N,则.【圆的性质5】设MN与OP交于点G，过点G的直线CD与圆交于点C、D，则.【推广性质4】(1)已知椭圆的右焦点为F(c,0),直线过点F且与椭圆C相交于点A,B,椭圆C在点 A,B处的切线分别为，与交于点P,则点P在椭圆C的右准线上； ;OP连线交AB于点G,则G是AB的中点. 设准线与x轴交于点，则.反之，过椭圆C的准线上一点P引椭圆C的两条切线，切点分别为A,B,则A,F,B三点共线.(2)已知双曲线的右焦点为F(c,0),直线过点F且与椭圆C相交于点A,B,椭圆C在点 A

3、,B处的切线分别为，与交于点P,则点P在椭圆C的右准线上； ;OP连线的反向延长线交AB于点G,则G是AB的中点. 设准线与x轴交于点，则当PA、PB同时与右支相切时.当PA、PB同时与左右两支相切时与互补.反之，过双曲线C的准线上一点P引双曲线C的两条切线，切点分别为A,B,则A,F,B三点共线.（3）已知抛物线的焦点为F,直线过点F且与抛物线C相交于点A,B, 抛物线C在点 A,B处的切线分别为，与交于点P,则点P在抛物线C的准线上； ;AB的中点为G，则GP连线与对称轴平行. 设准线与x轴交于点，则.反之，过抛物线C的准线上一点P引抛物线C的两条切线，切点分别为A,B,则A,F,B三点共

4、线.圆的性质推广到圆锥曲线相关高考试题一、（2012广东，第20题）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：（ab0）的左焦点为F1（1，0），且点P（0，1）在C1上（1）求椭圆C1的方程；（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2=4x相切，求直线l的方程二、（2012年福建文科第21题）如图，等边三角形OAB的边长为，且其三个顶点均在抛物线E：x22py(p0)上(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y1相交于点Q证明以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点三、（2012年福建理科第19题）如图，椭圆E：(ab0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率过F1的直线

5、交椭圆于A、B两点，且ABF2的周长为8(1)求椭圆E的方程；(2)设动直线l：ykxm与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x4相交于点Q试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由四、（2014四川20题）已知椭圆C：+=1（ab0）的焦距为4，其短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形（1）求椭圆C的标准方程；（2）设F为椭圆C的左焦点，T为直线x=3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q证明：OT平分线段PQ（其中O为坐标原点）；当最小时，求点T的坐标五、（2018年全国三卷，第20题）已知斜率为的直线与椭圆交于

6、，两点线段的中点为（1）证明：；（2）设为的右焦点，为上一点，且证明：，成等差数列，并求该数列的公差六、（2018年全国三卷第16题）已知点和抛物线，过的焦点且斜率为的直线与交于，两点若，则_ 七、（2018年全国一卷第19题）设椭圆C： x22 + y²=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为（2，0）.（1）当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；（2）设O为坐标原点，证明：OMA =OMB.八、（2015年理科数学试卷全国卷1，第20题）在直角坐标系中，曲线C：y=与直线（0）交与M,N两点，（）当k=0时，分别求C在点M和N处的切线方程；（）y轴上是否存在点

7、P，使得当k变动时，总有OPM=OPN？说明理由.圆的性质推广到圆锥曲线相关高考试题参考答案一、解：（1）因为椭圆C1的左焦点为F1（1，0），所以c=1，点P（0，1）代入椭圆，得，即b=1，所以a2=b2+c2=2所以椭圆C1的方程为（2）直线l的斜率显然存在，设直线l的方程为y=kx+m，由，消去y并整理得（1+2k2）x2+4kmx+2m22=0，因为直线l与椭圆C1相切，所以=16k2m24（1+2k2）（2m22）=0整理得2k2m2+1=0由，消去y并整理得k2x2+（2km4）x+m2=0因为直线l与抛物线C2相切，所以=（2km4）24k2m2=0整理得km=1综合，解得或所

8、以直线l的方程为或二解：方法一：(1)依题意，BOy30°设B(x，y)，则x|OB|sin30°，y|OB|·cos 30°12因为点B(，12)在x22py上，所以()22p×12，解得p2故抛物线E的方程为x24y(2)由(1)知，设P(x0，y0)，则x00，且直线l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx02由得所以Q(，1)设M(0，y1)，令对满足(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，(，1y1)，由，得y0y0y1y1y120，即(y12y12)(1y1)y00(*)由于(*)式对满足(x00)的y0恒成立，所以

9、解得y11故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1)方法二：(1)同方法一(2)由(1)知，设P(x0，y0)，则x00，且直线l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx02由得所以Q(，1)取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P(1，)，Q(，1)，以PQ为直径的圆为(x)2(y)2，交y轴于M3(0,1)或M4(0，)故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1)以下证明点M(0,1)就是所要求的点因为(x0，y01)，(，2)，2y022y022y020故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M

10、三解：方法一：(1)因为|AB|AF2|BF2|8，即|AF1|F1B|AF2|BF2|8，又|AF1|AF2|BF1|BF2|2a，所以4a8，a2又因为，即，所以c1所以故椭圆E的方程是(2)由得(4k23)x28kmx4m2120因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230(*)此时，y0kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上设M(x1,0)，则对满足(*)式的m，k恒成立因为(，)，(4x1,4km)，由，得，整理，得(4x14)x

11、124x130(*)由于(*)式对满足(*)式的m，k恒成立，所以解得x11故存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M方法二：(1)同方法一(2)由得(4k23)x28kmx4m2120因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0，y0)，所以m0且0，即64k2m24(4k23)(4m212)0，化简得4k2m230(*)此时，y0kx0m，所以P(，)由得Q(4,4km)假设平面内存在定点M满足条件，由图形对称性知，点M必在x轴上取k0，此时P(0，)，Q(4，)，以PQ为直径的圆为(x2)2(y)24，交x轴于点M1(1,0)，M2(3,0)；取，m2，此时P(1，)，Q(4

12、,0)，以PQ为直径的圆为，交x轴于点M3(1,0)，M4(4,0)所以若符合条件的点M存在，则M的坐标必为(1,0)以下证明M(1,0)就是满足条件的点：因为M的坐标为(1,0)，所以(，)，(3,4km)，从而，故恒有，即存在定点M(1,0)，使得以PQ为直径的圆恒过点M四、解：（1）依题意有解得所以椭圆C的标准方程为+=1（2）设T（3，m），P（x1，y1），Q（x2，y2），PQ的中点为N（x0，y0），证明：由F（2，0），可设直线PQ的方程为x=my2，由（m2+3）y24my2=0，所以于是，从而，即，则，所以O，N，T三点共线，从而OT平分线段PQ，故得证由两点间距离公式得，

13、由弦长公式得=，所以，令，则（当且仅当x2=2时，取“=”号），所以当 最小时，由x2=2=m2+1，得m=1或m=1，此时点T的坐标为（3，1）或（3，1）五解：（1）设，则两式相减，并由得由题设知，于是由题设得，故（2）由题意得，设，则由（1）及题设得又点P在C上，所以，从而，于是同理所以故，即成等差数列设该数列的公差为d，则将代入得所以l的方程为，代入C的方程，并整理得故，代入解得所以该数列的公差为或六、162七、19解：（1）由已知得，的方程为.由已知可得，点A的坐标为或.所以AM的方程为或.（2）当l与x轴重合时，.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，则，直线MA，MB的斜率之和为.由，得. 将代入得.所以，.则.