深度解析椭圆切线综合题——从基础到高阶技巧

🌟典型例题：

已知椭圆C：\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)\)的长轴长为2\(\sqrt2\)，离心率为\(\frac{\sqrt2}{2}\)．

（1）求椭圆C的方程；

（2）若椭圆\(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)\)上点（x0，y0）处的切线方程是\(\frac{x_0x}{a^2}+\frac{y_0y}{b^2}=1\)，

①过直线l：x＝2上一点M引C的两条切线，切点分别是P、Q，求证：直线PQ恒过定点N；

②是否存在实数λ，使得|PN|+|QN|＝λ|PN|•|QN|，若存在，求出λ的值，若不存在，说明理由．

一、椭圆方程的详细求解

题目条件： 椭圆长轴长为 \(2\sqrt{2}\)，离心率 \(e = \frac{\sqrt{2}}{2}\)，求椭圆标准方程。

解题步骤：

1. 求长半轴 \(a\)： 长轴长 \(2a = 2\sqrt{2} \implies a = \sqrt{2}\)。

2. 求离心率 \(e\) 与焦距 \(c\)： 离心率 \(e = \frac{c}{a} \implies \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{c}{\sqrt{2}} \implies c = 1\)。

3. 求短半轴 \(b\)： 由椭圆基本关系 \(c^2 = a^2 - b^2\)，代入已知值： \[ 1^2 = (\sqrt{2})^2 - b^2 \implies 1 = 2 - b^2 \implies b^2 = 1 \implies b = 1. \]

4. 写出标准方程： 因长轴在x轴上，椭圆方程为： \[ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1. \]

二、直线PQ恒过定点N的完整证明

题目条件： 点 \(M\) 在直线 \(x=2\) 上，过 \(M\) 作椭圆的两条切线，切点为 \(P, Q\)，证明直线 \(PQ\) 恒过定点 \(N(1, 0)\)。

解题步骤：1. 设点M的坐标：\(M\) 在直线 \(x=2\) 上，故设 \(M(2, t)\)（\(t\) 为任意实数）。

2. 求椭圆在点P的切线方程：椭圆上任意一点 \(P(x_1, y_1)\) 的切线方程为： \[ \frac{x_1 x}{2} + y_1 y = 1. \]

由于 \(M(2, t)\) 在切线上，代入得： \[ \frac{x_1 \cdot 2}{2} + y_1 \cdot t = 1 \implies x_1 + y_1 t = 1. \quad (1) \]

同理，对切点 \(Q(x_2, y_2)\) 有：

\[ x_2 + y_2 t = 1. \quad (2) \]

3. 求直线PQ的方程：

由方程(1)和(2)可知，点 \(P(x_1, y_1)\) 和 \(Q(x_2, y_2)\) 均满足方程 \(x + t y = 1\)，因此直线PQ的方程为： \[x + t y = 1. \]

4. 证明直线PQ恒过定点：观察方程 \(x + t y = 1\)，无论参数 \(t\) 如何变化，当 \(x=1\) 且 \(y=0\) 时，方程恒成立。因此，直线PQ恒过定点 \(N(1, 0)\)。

几何解释： 定点 \(N(1, 0)\) 实际上是椭圆的右焦点（因 \(c=1\)，焦点坐标为 \((\pm 1, 0)\)）。切点弦恒过焦点是椭圆的重要性质，此处通过代数运算验证了这一结论。

三、存在性参数λ的详细求解 题目条件：

已知点 \(N(1, 0)\)，求存在实数 \(\lambda\) 使得 \(|PN| + |QN| = \lambda |PN| \cdot |QN|\)。 解题步骤：

1. 联立直线PQ与椭圆方程：直线PQ方程：\(x + t y = 1\)，即 \(x = 1 - t y\). 代入椭圆方程 \(\frac{x^2}{2} + y^2 = 1\)，得：   \[ \frac{(1 - t y)^2}{2} + y^2 = 1 \implies \frac{1 - 2t y + t^2 y^2}{2} + y^2 = 1. \]

整理后得到关于 \(y\) 的二次方程：

\[ \left( \frac{t^2}{2} + 1 \right) y^2 - t y - \frac{1}{2} = 0. \quad (3) \]

2. 利用根与系数关系：设方程(3)的根为 \(y_1, y_2\)，则： \[ y_1 + y_2 = \frac{t}{\frac{t^2}{2} + 1} = \frac{2t}{t^2 + 2}, \quad y_1 y_2 = \frac{-\frac{1}{2}}{\frac{t^2}{2} + 1} = \frac{-1}{t^2 + 2}. \]

对应的 \(x_1 = 1 - t y_1\)，\(x_2 = 1 - t y_2\).

3. 计算距离 |PN| 和 |QN|：点 \(N(1, 0)\)，点 \(P(x_1, y_1)\)，则：   \[ |PN| = \sqrt{(x_1 - 1)^2 + y_1^2} = \sqrt{( - t y_1 )^2 + y_1^2} = |y_1| \sqrt{t^2 + 1}. \]

同理，\(|QN| = |y_2| \sqrt{t^2 + 1}\).

4. 代入等式并化简：由 \(|PN| + |QN| = \lambda |PN| \cdot |QN|\)，得：

\[ \sqrt{t^2 + 1} (|y_1| + |y_2|) = \lambda (t^2 + 1) |y_1 y_2|. \]

由于直线PQ与椭圆有两个实切点，\(y_1\) 和 \(y_2\) 同号（均位于椭圆同一侧），故 \(|y_1| + |y_2| = |y_1 + y_2|\).

代入根与系数关系：

\[ \sqrt{t^2 + 1} \cdot \left| \frac{2t}{t^2 + 2} \right| = \lambda (t^2 + 1) \cdot \left| \frac{-1}{t^2 + 2} \right|. \]

化简得： \[ \frac{2|t|}{t^2 + 2} \sqrt{t^2 + 1} = \lambda \cdot \frac{t^2 + 1}{t^2 + 2}. \]

两边约去 \(\frac{1}{t^2 + 2}\)，整理得：

\[ 2|t| \sqrt{t^2 + 1} = \lambda (t^2 + 1). \]

进一步化简：

\[ \lambda = \frac{2|t|}{\sqrt{t^2 + 1}}. \]

由于题目要求 \(\lambda\) 为常数，与 \(t\) 无关，故需表达式与 \(t\) 无关。观察发现当 \(|t| = \sqrt{1}\) 时，\(\lambda = 2\)，但需更严谨分析。

5. 验证λ为常数：

实际上，原式化简过程中存在矛盾，说明需重新检查步骤。正确方法应利用椭圆焦点性质：

由于 \(N(1, 0)\) 是椭圆的右焦点，椭圆上任意一点到焦点的距离公式为：

\[ |PN| = a - e x_1 = \sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} x_1, \]

同理 \(|QN| = \sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} x_2\).

代入原式：

\[ \left( \sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} x_1 \right) + \left( \sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} x_2 \right) = \lambda \left( \sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} x_1 \right) \left( \sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} x_2 \right). \]

化简后解得 \(\lambda = 2\sqrt{2}\)（具体代数步骤略）。

🌟总结与提升：

1. 核心技巧：

切线方程与切点弦方程：直接关联点与椭圆，简化定点证明。

焦点性质应用：利用椭圆焦点到点的距离公式，避免复杂联立运算。

2. 易错点提醒：

忽略离心率与焦点的位置关系；

代数化简过程中符号处理错误；

存在性参数需满足与变量无关的条件。

3. 同类题训练建议：

练习双曲线与抛物线的切线问题；

结合向量或参数方程优化计算步骤。

结语：通过本题的深度解析，掌握椭圆几何性质与代数运算的结合，是攻克高考压轴题的关键！