专题15 椭圆中的两大张角（讲义）-2024高考总复习压轴题突破140分高三数学之解析几何（教师版）

第第页专题15椭圆中的两大张角一、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．

例1．（2021·重庆一中高三阶段练习）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.【答案】(1)(2)，【解析】【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.例2．在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(－2，0)，F2(2，0)，点M满足|MF1|＋|MF2|＝，记M的轨迹为C．（1）求C的方程；（2）设l为圆x2＋y2＝4上动点T(横坐标不为0)处的切线，P是l与直线的交点，Q是l与轨迹C的一个交点，且点T在线段PQ上，求证：以PQ为直径的圆过定点．【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）根据椭圆的定义即可求出结果；（2）特值检验求出以PQ为直径的圆过点，然后设出直线的方程，与椭圆联立，进而证得，即可得出结论.【详解】（1）由题意可知M的轨迹是以F1(－2，0)，F2(2，0)为焦点，为长轴的椭圆，所以，解得，故C的方程为；（2）当动点时，则切线为，所以，所以圆的方程为，当动点时，则切线为，所以，所以圆的方程为，当动点时，则切线为，所以，所以圆的方程为，，解得，所以以PQ为直径的圆过定点；接下来证明以PQ为直径的圆过定点.显然切线斜率不为0，故设切线的方程为，则，所以，到切线的距离，因此，设，，所以，，因此，因此，所以，因此以PQ为直径的圆过定点.【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．（2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．例3．（2022·浙江绍兴·高二期末）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．【答案】(1)(2)【解析】【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，∴．∴．例4．（2022·上海市七宝中学附属鑫都实验中学高二期末）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．【答案】(1)；(2)3；(3)；【解析】【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.例5．已知椭圆，过点，且该椭圆的短轴端点与两焦点，的张角为直角.（1）求椭圆E的方程；（2）过点且斜率大于0的直线与椭圆E相交于点P，Q，直线AP，AQ与y轴相交于M，N两点，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据已知条件，求得的值，由此求得椭圆的方程.（2）设出直线的方程、两点的坐标，根据直线和直线的方程求得两点的坐标，联立直线的方程和椭圆的方程，化简后写出判别式和根与系数关系，求得的表达式，由此求得的取值范围.【详解】（1）由于椭圆的短轴端点与两焦点，的张角为直角，所以，所以，，（2）设直线l的方程为，，，直线AP的方程为，可得，直线AQ的方程为，可得.联立，消去y，整理得.可得，由于，所以.，由于，所以，也即的取值范围是.【点睛】本小题主要考查椭圆方程的求法，考查直线和椭圆的位置关系，考查运算求解能力，属于难题.例6．（2022·四川达州·高二期末（文））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．【答案】(1)；(2)-1.【解析】【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.例7．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.【答案】（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.例8．（2023·全国·统考高考真题）已知直线与抛物线交于两点，且．(1)求；(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，，求面积的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用直线与抛物线的位置关系，联立直线和抛物线方程求出弦长即可得出；（2）设直线：，利用，找到的关系，以及的面积表达式，再结合函数的性质即可求出其最小值．【详