椭圆中的两个同心圆

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1、⋯解题思想方!去ll一“日№⋯g⋯、：⋯一郑邦锁(江苏省常州市田家炳高级中学)皤l椭圆的内接菱形的内切圆一)一宰．首先了解以下基本事实：XOP一，一，若PQ、MN是经过椭圆中心0的椭圆的两条相互垂直的弦，则椭圆的内接四边形PMQN是菱形；以记原点0到PM的距离为d，椭圆上任一点为一个顶点有且仅有一个内接菱形，每一·一个菱形都有且仅有唯一的内切圆(和四条边都相切)，内切圆的圆心是菱形对角线的交点(也是椭圆的·(1+k)ab(口。+b)一篇a十b卿“一．ab再．‘中心)．同理可证原点0到MQ、QN、NP的距离都是结论1：椭圆c：+y一1(口>6>o)的所有内接堡

2、垒q-bz—。‘菱形PMQN的内切圆都是同一个圆，它的方程都是注：椭圆内接菱形的内切圆也称为椭圆的内抖篇．准圆．证明：如图1，四边形问题1：如图2，求椭圆22===PMQN是椭圆C的一个内接奉c：xTy一1(口>>O)的内菱形，只需证：原点0到它的每一条边的距离都是接菱形PMQN的面积的取值口6Ⅳ范围．Ⅳ’图1解：记菱形PMQN的面图2、积为s，当PQ的斜率不存在或斜率为0时，菱形的四当PQ的斜率不存在或斜率为0时，菱形的四个个顶点是椭圆的顶点，S一2ab；顶点分别是椭圆的顶点，原点0到每一条边的距离都当PQ的斜率存在且不为0时，设PQ的斜率为是．k，不妨规

3、定k>0，由“结论1”的证明知OP。当PQ的斜率存在且不为0时，设PQ的斜率为一，一，S=20P·OM，k，不妨规定忌>0，直线PQ的方程为Y—kx，代人椭圆方程得z一．因为菱形的四个顶点必然分所以5一40P2．一瓮口十。’”⋯分子分母同除以k得别在四个象限中，不妨设P、M、Q、N依次在第一、二、aba4(+忌)2三、四象限，则有P丽bk，、，，。~V，一。“一lc，V“一10(+譬)()将点P坐标中的k换成一专1，则可得4(丢+是)2abk—_=======二’)．则P+惫。b。；n⋯、n。b2k+砉)+n+6一(志记志+=(￡≥2)，则七z十一tz-2．

4、～中学攀哆学爹考一⋯、，jj冀i}，㈨～_解题思想方_芒_2013年端12泌(上匍)¨∞*由①。+②得，矩形PMQN的顶点坐标(37，)则Sz一孺满足：(1+是)(z+。)一(1+是)(“。+6)，即+4ab一“+b．“+一2．．2所以椭圆十告一1(a>6>0)的所有外切矩形以0一显然S在t∈[2，+。3)上单调递增，的顶点在一个定圆37+一“+6上．当时一(a262,)。，注：(1)“结论2”的逆命题“过圆+y。==“+62～此时是一1，s一．上任一点都可以作两条相互垂直的直线与椭圆』_2．当f一+。。时s一等一4n。6。，此时s一2n6．+鲁=1(口>6

5、>0)分别有且仅有一个公共点(相切)”又当PQ的斜率不存在或斜率为0时，s一2ab．也是真命题．(证明略)所以s∈[4a2b26]．(2)椭圆的外切矩形的外接圆称为椭圆的外准圆，也称蒙日圆．2椭圆的外切矩形的外接圆问题2：如图4，求椭圆E：MyTzyz．一首先了解以下基本事实：T1(“>6>0)的外切矩_对于给定的椭圆E，任作一条直线z，并平移，则j形的面积的取值范围．、一定存在两个不同的位置z、z。，使得它们和椭圆E解：设椭圆E的外接矩形N都有且仅有一个公共点(相切)；同样我们还可以作两PMQN的面积为5．图4条和直线z垂直的直线、m。，使得它们和椭圆E都

6、当直线PN的斜率不存在或斜率为0时，矩形的相切．这四条直线围成的矩形，称之为椭圆的外切矩四条边平行于椭圆的轴，S一4ab．形．显然，一个椭圆有无数个外切矩形．当直线PN的斜率存在且不为0时，设直线PN结论2：给定一个椭圆，它的所有外切矩形的顶的斜率为k，不妨规定k>O．点在一个定圆上．2．2一由“结论2”证明中的①②知，矩形PMQN的一证明：如图2，设椭圆E：兰了+告一1(n>6>0)，矩边长为(两条平行切线间的距离)，另一边形PMQN是椭圆E的外接矩形；√l十k‘当直线PN的斜率不存在Y或斜率为0时，OP一n+b。，矩长为。√1十k‘卢形PMQN的外接圆方

7、程为+Y一Ⅱ+6．：所以s一。当直线PN的斜率存在且不为0时，设直线PN的斜率为／(＆k+6。)(＆+bk)图3(1+k。)’k，直线PN的方程为．y—kx+被开方式内分子分母同除以k，得．代人椭圆E的方程得bz+n(z+)一Ⅱb。，整理得(nk+6。)+2apkx@a。。-ab一0．S==4因为椭圆E与直线PN相切，所以△一4apk4(a。k。+6。)(Ⅱ-ab。)一0．整理得P一日k+6．可见直线PN、MQ的方程分别为==4一是一±~／Ⅱk+6．①1将方程①中的k换成一÷，得直线PM、NQ的方，(记最+去一￡(￡≥2)，则是+一f2—2，程分别为kY+一

8、±~／d+bk．②．j一解题思想万．芒。Jl

9、～Il