模块7直线与圆锥曲线的位置关系专题6 正交于顶模型优先 学案（含解析） 2024年高考数学三轮冲刺

模块7专题6 正交于顶 模型优先【讲】 【典例1】．（23-24高三下·四川·期末）已知坐标原点为，椭圆的上顶点为，右焦点为，且，． (1)求椭圆的方程； (2)过作互相垂直的两条直线分别交于、两点，求的最大值． 【典例2】．已知平面直角坐标系下，抛物线的准线方程： (1)求抛物线的标准方程； (2)若抛物线上两点满足，求证：直线过定点，并求出定点坐标. 【典例3】.已知椭圆：（）经过点，. (1)求椭圆的标准方程； (2)已知点，，为椭圆上异于A的两点，且，证明：直线过定点，并求出该定点的坐标. 以上三题是抛物线或椭圆的弦对顶点张角为直角的问题． 关于抛物线或椭圆对顶点张角为直角的弦的判定和性质，有以下几个结论． 定理1 设点在抛物线上，且（为坐标原点），则： 对抛物线，弦恒过定点； 对抛物线，弦恒过定点． 反之也成立．《普通高中教科书数学选择性必修第一册版》第138页习题3.3第6题即是此结论的具体情形． 下面只对的情形加以证明，对的情形类似可证． 证明 设直线的方程为． 由可得，由可得． 当时，点的横坐标均为，弦垂直于轴，弦过定点． 当时，弦所在的直线方程为， 即．令，得．综上，可知弦过定点． 反之，若弦过定点，因为直线不是水平直线，可设其方程为． 设，其坐标满足消去得． 由此得，则． 于是，即．定理1得证． 对于上面提到的教材中的问题，由于在抛物线中，，直线过点，故有． 对定理1进行逆向分析，可得定理2． 定理2 1．直线与抛物线交于两点，若直线过定点，则 ． 反之，若，则直线过定点； 若，则直线过定点或． 2．直线与抛物线交于两点，若直线过定点，则 ． 反之，若，则直线过定点； 若，则直线过定点或． 定理2的证明从略，请读者自证． 将定理1类比到椭圆中，可得以下结论． 定理3 设椭圆的左、右顶点分别为，上、下顶点分别为，直线交椭圆于两点．则： 1．对于右顶点，如果，那么直线过定点，反之，如果直线过定点，那么； 2．对于左顶点，如果，那么直线过定点，反之，如果直线过定点，那么； 3．对于上顶点，如果，那么直线过定点，反之，如果直线过定点，那么； 4．对于下顶点，如果，那么直线过定点，反之，如果直线过定点，那么． 证明 1．如图，设过点的直线的方程为， 联立方程消去得． 设，则有． 因为 ， 所以，得． 反之，显然直线的斜率存在且不等于0，故设直线的方程为， 由得， 整理得． 设，则． 设，因为，故以代替，得．于是 ， 所以，故三点共线，即直线过定点． 同理可证2～4，具体证明过程略． 【精细化解析 典例1】 第一步：利用已知条件求出、的值，可得出的值，由此可得出椭圆的方程； 易知点、，则， ，，则，故， 因此，椭圆的方程为. 第二步：设直线的方程为，将该直线方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，由可求出的值，然后利用弦长公式结合二次函数的基本性质可求得的最大值. 设点、， 若轴，则、关于轴对称，即点， ，不合乎题意， 所以，直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立可得， ， 由韦达定理可得，， 因为，，同理可得， ， 因为直线不过点，则，整理可得，解得，满足， 所以，，， 则 ， 因为，令， 则， 因为函数在上单调递增， 故当时，即当时，取最大值，且其最大值为. [精细化解析 典例2] 第一步：通过准线求出即可； 由准线方程：可得，即， 所以抛物线的标准方程为； 第二步：设，，与抛物线联立，利用韦达定理计算，求出即可. 是抛物线上两点，明显直线的斜率不为零， 设，， 联立，消去得， 则， 所以， 解得，此时 所以，其过定点. 【精细化解析 典例3】 第一步：根据题意代入运算求解即可； 由题意可得，解得，， 故椭圆的标准方程为. 第二步：设直线的方程为，联立方程可得韦达定理，结合向量垂直的坐标表示运算求解. 因为，为椭 ... ...