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专题2 蒙日圆 微点1 蒙日圆的定义、证明及其几何性质
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这是一份专题2 蒙日圆 微点1 蒙日圆的定义、证明及其几何性质，共26页。
专题2 蒙日圆 微点1 蒙日圆的定义、证明及其几何性质
专题2 蒙日圆
微点1 蒙日圆的定义、证明及其几何性质
【微点综述】
蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆、双曲线两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”．本微点主要介绍蒙日圆的定义、证明及其几何性质．
1．人物简介
加斯帕尔·蒙日（Gaspard Monge，1746～1818），法国数学家、化学家和物理学家．生于博恩的平民人家．蒙日的一生励志又传奇，蒙日出身贫寒，但他自幼聪颖好学，自强不息，少年时在家乡一所天主教开设的学校学习，后转学里昂，14岁时就能造出消防用的灭火机，16岁毕业，留校任物理学教师．接着被推荐到梅济耶尔皇家军事工程学院学习，年仅22岁就初创“画法几何学”，23岁时任该校教师．26岁时被巴黎科学院选为通讯研究员．29岁时任皇家军事工程学院“皇家数学和物理学教授”．34岁时当选为科学院的几何学副研究员．38岁时被任命为法国海军学员的主考官．46岁时任海军部长8个月．51岁时任法国著名的综合工科学校校长．72岁在巴黎逝世．
蒙日所处的时代，人们在设计工程时由于计算失误而导致工程不符合要求，只好把已建成的工事拆毁重建，而蒙日的画法几何方法就轻而易举解决了这类问题，不止如此，他的“画法几何学”还推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，引导了纯粹几何学在19世纪的复兴．此外，他在物理学、化学、冶金学、机械学方面也取得了卓越的成就．
蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，创立了偏微分方程的特征理论，引导了纯粹几何学在19世纪的复兴．此外，他在物理学、化学、冶金学、机械学方面也取得了卓越的成就．他的《大炮制造工艺》在机械制造界影响颇大．主要著作有：《曲面的解析式》（1755）、《静力学引论》（1788）、《画法几何学》（1798）、《代数在几何学中的应用》（1802）、《分析在几何学中的应用》（1805）等．
2．蒙日圆定义及其证明
先来看一道高考题：
例1．（2014年高考广东理20）已知椭圆的一个焦点为，离心率为．
（I）求椭圆的标准方程；
（II）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程．
【解析】（I）可知，又，故椭圆的标准方程为．
（II）设两切线为，
①当轴或//轴时，对应//轴或轴，可知或．
②当与轴不垂直且不平行时，，设的斜率为，则的斜率为，的方程为，联立，得，
∵直线与椭圆相切，∴，得
，整理得
（*），是方程（*）的一个根，同理是方程（*）的另一个根，其中，点的轨迹方程为，又或满足上式．综上知：点P的轨迹方程为．
【点评】本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用．
例1中的圆是蒙日的画法几何学中有一个有趣的结论（可以形象的称为筷子夹定理）：
【定理1】在椭圆上，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴短半轴平方和的几何平方根，这个圆叫蒙日圆，如图1．
如图1，设椭圆的方程为，则椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．
证明：证法一（解析法+韦达定理）：①当题设中的两条互相垂直的切线斜率均存在且不为时，可设（且），过的椭圆的切线方程为，由得，
由其判别式值为，得，
是这个关于的一元二次方程的两个根，，
由已知点的坐标满足方程．
②当题设中的两条互相垂直的切线有斜率不存在或斜率为时，可得点的坐标为或，此时点也在圆上．
综上所述：椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．
证法二（椭圆的切线方程+切点弦方程+点在公共曲线上）：
①当题设中的两条互相垂直的切线斜率均存在且不为时，设（且），切点，则切线．
在切线上，，由两点确定一条直线得直线的方程为．
，
即在圆的方程为，又在直线：上，，可得，
，
又，
由已知点的坐标满足方程．
②当题设中的两条互相垂直的切线有斜率不存在或斜率为时，可得点的坐标为或，此时点也在圆上．
综上所述：椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．
先给出几个引理，然后给出证法三——蒙日圆的几何证法．
【引理1】（椭圆的光学性质）从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上（如图2所示）．
证明：如图3所示，设为椭圆（其左、右焦点分别是）上任意给定的点，过点作的外角平分线所在的直线．先证明和相切于点，只要证明上异于的点都在椭圆的外部，即证．在直线上选取点，使，得≌，∴，可得．再过点作的平分线，易得，入射角等于反射角，这就证得了引理1成立．
【引理2】过椭圆（其中心是点O，长半轴长是）的任一焦点F作椭圆的任意切线的垂线，设垂足是H，则．
证明：如图4所示，设点分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的切线上的切点，又设直线交于点．由引理1，得（即反射角与入射角的余角相等），进而可得≌，∴点H是FB的中点，得OH是的中位线．又，∴．
【引理3】平行四边形各边的平方和等于其两条对角线的平方和．
证明：这里略去过程（可用余弦、可作垂线、可用坐标）．
【引理4】设点是矩形所在平面上一点，则．
证明：如图5所示，设矩形的中心是点．
由引理3，可得，即欲证成立．
把引理4推广到空间，得到的结论就是：底面是矩形的四棱锥相对侧棱长的平方和相等．
下面给出定理1的证法三．
证法三（几何法）：不妨设．当时，易证成立．下面只证明的情形．
如图6所示．设椭圆的中心是点O，左、右焦点分别是，焦距是，过动点P的两条切线分别是．连结，作，垂足分别是．过点作，垂足为，由引理2得．再作于．记，得．由Rt，得．又作，垂足分别为．在Rt中，同理可得：．
（1）若，得矩形，∴
（2）若，得，
由，得，∴．
同理，有，∴四边形是平行四边形，进而得四边形是矩形，∴．由（1）（2）得点P的轨迹方程是，以上过程中的，分别是椭圆长半轴、短半轴长．
证法四（高等几何法）：
蒙日圆的另一种叙述：中心为的椭圆外切矩形的外切圆圆心也为，作椭圆的两条平行切线分别交圆于，则蒙日圆性质可以表示为及与椭圆相切．
证明：与椭圆相切且平行，由对称性知四边形也为矩形．设均为矩形与的边边交点（如图7），．
逆推：要证与椭圆相切六边形的布列安桑定理一对红色三角形笛沙格定理//（//，//一对绿色三角形笛沙格逆定理（////）////（成立）．
3．蒙日圆的几何性质：
【定理2】过圆上的动点作椭圆的两条切线，则．
证明：设点坐标，由，得
，由其判别式的值为0，
得，
，是这个关于的一元二次方程的两个根，，，，．
【定理3】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，交椭圆于点为原点，则的斜率乘积为定值．
【定理4】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的斜率乘积为定值，且的斜率乘积为定值（垂径定理的推广）．
【定理5】过圆上的动点作椭圆的两条切线，O为原点，则平分椭圆的切点弦．
证明：点坐标，直线斜率，由切点弦公式得到方程，，，由点差法可知，平分，如图是中点．
【定理6】设为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，延长PA，PB交蒙日圆O于两点C，D，则．
证明：由定理5可知，为中点．由蒙日圆性质可知，，∴，同理，因此有，∴．
由定理3和定理6可得如下的定理7：
【定理7】设为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交蒙日圆O于两点C，D，则的斜率乘积为定值．
【定理8】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的斜率乘积为定值：．
【定理9】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的最大值为，的最小值为．
【定理10】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则的最大值为的最小值为．
【定理11】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则椭圆切点弦的中点的轨迹方程是．
【定理12】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，交椭圆于点为原点，则到的距离分别为，则乘积为定值．
证明：如图所示，设，
则直线的方程为，
则原点到直线的距离为，则点到直线的距离为
，
（定值）．
4．蒙日圆的应用
例2．（2022吉林·抚松一中高二月考）蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线 的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C： （a>0）的蒙日圆，a=（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】∵椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，找两个特殊点分别为，，则两条切线分别是，，这两条切线相互垂直，且两条直线的交点为，而在蒙日圆上，∴＝，解得＝，故选A．
【点评】由题意可得椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，设特殊值法，求出两条切线的交点坐标，代入蒙日圆的方程可得的值．
例3．（2022安徽舒城中学三模）若椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆中心，则称这个圆为蒙日圆．若椭圆的蒙日圆的半径为，则椭圆的离心率为___________．
【答案】
【分析】由蒙日圆定义可知在蒙日圆上，由此可根据半径构造方程求得，由此可求得椭圆离心率．
【解析】过可作椭圆的两条互相垂直的切线和，在蒙日圆上，
，解得：，椭圆的离心率．
【点评】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种：
（1）根据已知条件，求解得到的值或取值范围，由求得结果；
（2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率，从而得到结果．
例4．过椭圆上一点作圆的两条切线，切点为，过的直线与轴和轴分别交于，则面积的最小值为__________．
【答案】
【分析】设出点坐标，根据相切关系分析得到的直线方程，由此表示出的坐标并表示出的面积，再根据在椭圆上结合基本不等式求解出面积的最小值．
【解析】设点坐标为，点坐标为，
∵，∴化简可得，∴是方程的两个解，∴直线的方程为，∴且，
∴的面积，且，∴，
∴，取等号时，即或，综上可知：面积的最小值为．
【点评】结论点睛：和圆的切线有关的结论如下：
（1）过圆上一点作圆的切线，则切线方程为；
（2）过圆外一点作圆的切线，切点为，则直线的方程为．
例5．已知椭圆方程为，过椭圆外一点P可以做出两条切线（如图一），我们形象的称为“筷子夹汤圆”．若P点在变化过程中，保持两根“筷子”垂直不变，则P到原点的距离始终为一个定值，即P的运动轨迹为一个以原点为圆心，半径为定值的一个圆，我们把该圆称为椭圆的“准圆”，试写出该“准圆”的方程是______________．若矩形的四条边都与该椭圆相切（如图二），则矩形的面积最大值为___________________．
【答案】
【分析】根据特殊位置点的坐标，求得“准圆”的半径，由此求得准圆方程．根据圆内接矩形的几何性质，求得矩形面积的最大值．
【解析】由于“准圆”上的点到原点的距离始终为一个定值，不妨取，如下图所示．到原点的距离为，∴“准圆”的半径为， “准圆”的方程为．由于四边形是“准圆”的内接矩形，对角线、是“准圆”的直径，∴，∴当时，矩形的面积最大，最大值为．
【点评】本小题主要考查新定义圆的概念的理解和运用，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题．
例6．（2022江苏·南京十三中高三开学考试）定义椭圆的“蒙日圆”的方程为，已知椭圆的长轴长为，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”的方程；
（2）过“蒙日圆”上的任意一点作椭圆的一条切线，为切点，延长与“蒙日圆”点交于点，为坐标原点，若直线，的斜率存在，且分别设为，，证明：为定值．
【答案】（1）：；：；（2）证明见解析．
【分析】（1）由题意可得，再由可求得，进而可求出椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”的方程；（2）当切线的斜率存在且不为零时，设切线的方程为，然后将直线方程和椭圆方程联立，消去，再由判别式等于零，可得，再将直线方程和“蒙日圆”的方程联立，消去，再利用根与系数的关系可得，，然后求的值，当切线的斜率不存在且为零时，再求解的值即可
【解析】（1）解：由题意知，，，
椭圆的方程，“蒙日圆”的方程为，即
（2）证明：当切线的斜率存在且不为零时，设切线的方程为，
则由，消去得，
，，
由，消去得，，
设，，则，，
，
，，
当切线的斜率不存在且为零时，成立，为定值．
【点评】此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置的关系，解题的关键设切线的方程为，先与椭圆方程联立，消去，由判别式为0，得，再和“蒙日圆”的方程联立，消去，再利用根与系数关系和斜率公式化简可得结果．
例7．法国数学家加斯帕尔·蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础．根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆，则称圆心在原点，半径是的圆为“椭圆的伴随圆”，已知椭圆的一个焦点为，其短轴的一个端点到焦点的距离为．
（1）求椭圆和其“伴随圆”的方程；
（2）若点是椭圆的“伴随圆”与轴正半轴的交点，是椭圆上的两相异点，且轴，求的取值范围；
（3）在椭圆的“伴随圆”上任取一点，过点作直线､，使得､与椭圆都只有一个交点，试判断､是否垂直?并说明理由．
【答案】（1）：，“伴随圆”方程为；（2）；（3）垂直，理由见解析．
【分析】（1）首先根据题意得到，且，可得，从而得到椭圆和其“伴随圆”的方程．
（2）首先设，，，得到，从而得到的取值范围是．
（3）首先设，得到，当时，，易得，当时，设的方程为，代入椭圆方程可得，根据得到，从而得到，即可得到答案．
【解析】（1）由题意知，且，可得，
故椭圆的方程为，其“伴随圆”方程为．
（2）由题意，可设，，，则有，又点坐标为，
故，，
故，
又，故，∴的取值范围是．
（3）设，则．
当时，，则其中之一斜率不存在，另一斜率为0，显然有．
当时，设过且与椭圆有一个公共点的直线的斜率为，
则的方程为，代入椭圆方程可得，即，
由，可得，其中，
设的斜率分别为，则是上述方程的两个根，故，即．
综上可知，对于椭圆上的任意点，都有．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键为分类讨论，设出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系得到相应的关系式，从而证明直线垂直．
【针对训练】
1．已知双曲线上存在一点M，过点M向圆做两条切线MA、MB，若，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知椭圆C：，M是圆上的任意一点，MA，MB分别与椭圆切于A，B．求面积的取值范围．
3．设椭圆的两条互相垂直的切线的交点轨迹为C，曲线C的两条切线PA、PB交于点P，且与C分别切于A、B两点，求的最小值．
4．给定椭圆C：，称圆心在原点O、半径是的圆为椭圆C的“准圆”．已知椭圆C的一个焦点为，其短轴的一个端点到点F的距离为．
(1)求椭圆C及其“准圆”的方程；
(2)若点A是椭圆C的“准圆”与x轴正半轴的交点，B，D是椭圆C上的相异两点，且轴，求的取值范围；
(3)在椭圆C的“准圆”上任取一点，过点P作两条直线，，使得，与椭圆C都只有一个公共点，且，分别与椭圆的“准圆”交于M，N两点．证明：直线MN过原点O．
5．已知是圆上的一个动点，过点作两条直线，它们与椭圆都只有一个公共点，且分别交圆于点.
（Ⅰ）若，求直线的方程；
（Ⅱ）①求证：对于圆上的任意点，都有成立；
②求面积的取值范围.
6．在平面直角坐标系xOy中，已知R（x0，y0）是椭圆C：（a＞b＞0）上一点，从原点O向圆R：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝8作两条切线，分别交P、Q两点．
（1）若R点在第一象限，且直线OP⊥OQ，求圆R的方程；
（2）若直线OP、OQ的斜率存在，并记为k1、k2，求k1•k2；
（3）试问OP2+OQ2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
参考答案：
1．B
【解析】利用已知条件，推出a的关系式，即可求解结果.
【详解】双曲线上存在一点M，过点M向圆做两条切线MA、MB
若，可知MAOB是正方形，MO，
所以双曲线的实半轴长的最大值为，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查双曲线的简单性质，圆的切线性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题.
2．.
【分析】设，，，得到的直线方程，与椭圆的方程联立，解得弦长的值，利用点到直线的距离公式求解点到直线的距离，令，即可求解面积的取值范围，
【详解】解：设，，，
因为MA与椭圆切于A，故，对椭圆求导得，则切线的斜率为，
故切线的方程为：，整理得，
同理，切线的方程为，
又点为切线与切线的交点，且，故，
从而直线的方程为：，
将直线的方程与椭圆的方程联立，得．
∴，，
因此，，
又原点到直线的距离，∴，
令，得到．
故面积的取值范围为.
3．.
【分析】先根据条件求出C的方程，作图，分析图中的几何关系，设定参数即可求解.
【详解】设椭圆的两切线为，．
①当轴或 轴时，对应 轴或轴，可知切点为；
②当与x轴不垂直且不平行时，，设的斜率为k，则，
的斜率为，并设 的交点为 ，
则的方程为，联立，
得： ，
∵直线与椭圆相切，∴，得，
∴，
∴k是方程的一个根，
同理是方程的另一个根，
∴得，其中，
∴交点的轨迹方程为：，∵也满足上式；
综上知：轨迹C方程为；
设 ，，则在与中应用余弦定理知，
，
即 ，即，
，
令，则，
，
当且仅当，即时，取得最小；
综上，的最小为.
4．(1)椭圆C的方程为，其“准圆”为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件即可求出“准圆”方程；
（2）设B，D的坐标，根据数量积的定义计算即可；
（3）根据切线 的斜率是否存在分类讨论，再利用判别式和韦达定理即可求解.
(1)
解：由题意知，，解得，
∴椭圆C的方程为，其“准圆”为；
(2)
由题意，设，，，则有，
又A点坐标为，故，，
∴，
又，∴，
∴的取值范围是；
(3)
设，则，
当时，，则，其中之一斜率不存在，另一条斜率为0，∴；
当时，设过且与有一个公共点的直线l的斜率为k，
则l的方程为：，代入椭圆C的方程，
得：，即 ，
由 ，
得： ，将代入上式得
，其中 ，
设，的斜率分别为，，则，分别是上述方程的两个根，∴，
∴．
综上所述，，∴MN是准圆的直径，∴直线MN过原点O；
综上，椭圆方程为，“准圆”为，的取值范围是.
5．（Ⅰ）;（Ⅱ）①证明见解析；②.
【分析】（Ⅰ）设出直线方程，代入椭圆方程,利用直线与椭圆都只有一个公共点,求出直线的斜率,即可求直线的方程；（Ⅱ）①分类讨论,斜率不存在时成立，斜率存在时，利用判别式等于零可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得成立，即可证得结论；②记原点到直线的距离分别为，可得，设面积为，可得，利用二次函数的性质可求其取值范围.
【详解】（Ⅰ）设直线的方程为,
代入椭圆，消去，
可得，
由,可得，
设的斜率分别为，
直线的方程分别为；
（Ⅱ）①证明:当直线的斜率有一条不存在时,不妨设无斜率
与椭圆只有一个公共点,所以其方程为,
当的方程为时，此时与圆的交点坐标为，
的方程为(或，成立，
同理可证，当的方程为时，结论成立;
当直线的斜率都存在时,设点且，
设方程为,代入椭圆方程，
可得，
由化简整理得，
，，
设的斜率分别为，
成立，
综上,对于圆上的任意点，都有成立；
②记原点到直线的距离分别为，
因为，所以是圆的直径，
所以，
面积为，，
，
.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,以及求范围问题,综合性强,难度大. 解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
6．（1）（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；（2）；（3）是定值，理由见解析.
【解析】（1）根据直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，得到|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16，再根据点R在椭圆C上，即求解.
（2）根据直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，得到，两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根求解.
（3）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），由（2）知2k1k2+1＝0，即y12y22＝x12x22，再根据P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，得到x12+x22进而得到y12+y22由两点间距离公式求解.
【详解】（1）由圆R的方程知圆R的半径r＝2，
因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，
所以|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16①
又点R在椭圆C上，所以②
联立①②，解得x0＝y0＝2，
所以，所求圆R的方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；
（2）因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，
所以 ，
两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根，
可得k1•k2＝，
因为点R（x0，y0）在椭圆C上，
所以，即y02＝12﹣x02，
所以k1k2＝＝﹣；
（3）①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由（2）知2k1k2+1＝0，
所以+1＝0，故y12y22＝x12x22，
因为P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，
所以，，
即y12＝12﹣x12，y22＝12﹣x22，
所以（12﹣x12）（12﹣x22）＝x12x22，
整理得x12+x22＝24，
所以y12+y22＝（12﹣x12）+（12﹣x22）＝12，
所以OP2+OQ2＝x12+y12+x22+y22＝（x12+x22）+（y12+y22）＝36．
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有OP2+OQ2＝36．
综上可得，OP2+OQ2为定值36．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点与椭圆的位置关系以及定值问题，还考查了运算求解的能力，属于较难题.
专题2 蒙日圆 微点1 蒙日圆的定义、证明及其几何性质
专题2 蒙日圆
微点1 蒙日圆的定义、证明及其几何性质
【微点综述】
蒙日是法国著名的数学家，他首先发现椭圆、双曲线两条相互垂直的切线交点的轨迹是圆，所以这个圆又被叫做“蒙日圆”．本微点主要介绍蒙日圆的定义、证明及其几何性质．
1．人物简介
加斯帕尔·蒙日（Gaspard Monge，1746～1818），法国数学家、化学家和物理学家．生于博恩的平民人家．蒙日的一生励志又传奇，蒙日出身贫寒，但他自幼聪颖好学，自强不息，少年时在家乡一所天主教开设的学校学习，后转学里昂，14岁时就能造出消防用的灭火机，16岁毕业，留校任物理学教师．接着被推荐到梅济耶尔皇家军事工程学院学习，年仅22岁就初创“画法几何学”，23岁时任该校教师．26岁时被巴黎科学院选为通讯研究员．29岁时任皇家军事工程学院“皇家数学和物理学教授”．34岁时当选为科学院的几何学副研究员．38岁时被任命为法国海军学员的主考官．46岁时任海军部长8个月．51岁时任法国著名的综合工科学校校长．72岁在巴黎逝世．
蒙日所处的时代，人们在设计工程时由于计算失误而导致工程不符合要求，只好把已建成的工事拆毁重建，而蒙日的画法几何方法就轻而易举解决了这类问题，不止如此，他的“画法几何学”还推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，引导了纯粹几何学在19世纪的复兴．此外，他在物理学、化学、冶金学、机械学方面也取得了卓越的成就．
蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础，创立了偏微分方程的特征理论，引导了纯粹几何学在19世纪的复兴．此外，他在物理学、化学、冶金学、机械学方面也取得了卓越的成就．他的《大炮制造工艺》在机械制造界影响颇大．主要著作有：《曲面的解析式》（1755）、《静力学引论》（1788）、《画法几何学》（1798）、《代数在几何学中的应用》（1802）、《分析在几何学中的应用》（1805）等．
2．蒙日圆定义及其证明
先来看一道高考题：
例1．（2014年高考广东理20）已知椭圆的一个焦点为，离心率为．
（I）求椭圆的标准方程；
（II）若动点为椭圆外一点，且点到椭圆的两条切线相互垂直，求点的轨迹方程．
【解析】（I）可知，又，故椭圆的标准方程为．
（II）设两切线为，
①当轴或//轴时，对应//轴或轴，可知或．
②当与轴不垂直且不平行时，，设的斜率为，则的斜率为，的方程为，联立，得，
∵直线与椭圆相切，∴，得
，整理得
（*），是方程（*）的一个根，同理是方程（*）的另一个根，其中，点的轨迹方程为，又或满足上式．综上知：点P的轨迹方程为．
【点评】本题以椭圆为载体，考查直线与圆锥曲线的位置关系以及动点的轨迹方程，将直线与二次曲线的公共点的个数利用的符号来进行转化，计算量较大，从中也涉及了方程思想的灵活应用．
例1中的圆是蒙日的画法几何学中有一个有趣的结论（可以形象的称为筷子夹定理）：
【定理1】在椭圆上，任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴短半轴平方和的几何平方根，这个圆叫蒙日圆，如图1．
如图1，设椭圆的方程为，则椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．
证明：证法一（解析法+韦达定理）：①当题设中的两条互相垂直的切线斜率均存在且不为时，可设（且），过的椭圆的切线方程为，由得，
由其判别式值为，得，
是这个关于的一元二次方程的两个根，，
由已知点的坐标满足方程．
②当题设中的两条互相垂直的切线有斜率不存在或斜率为时，可得点的坐标为或，此时点也在圆上．
综上所述：椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．
证法二（椭圆的切线方程+切点弦方程+点在公共曲线上）：
①当题设中的两条互相垂直的切线斜率均存在且不为时，设（且），切点，则切线．
在切线上，，由两点确定一条直线得直线的方程为．
，
即在圆的方程为，又在直线：上，，可得，
，
又，
由已知点的坐标满足方程．
②当题设中的两条互相垂直的切线有斜率不存在或斜率为时，可得点的坐标为或，此时点也在圆上．
综上所述：椭圆两条互相垂直的切线交点的轨迹是蒙日圆：．
先给出几个引理，然后给出证法三——蒙日圆的几何证法．
【引理1】（椭圆的光学性质）从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光线交于椭圆的另一个焦点上（如图2所示）．
证明：如图3所示，设为椭圆（其左、右焦点分别是）上任意给定的点，过点作的外角平分线所在的直线．先证明和相切于点，只要证明上异于的点都在椭圆的外部，即证．在直线上选取点，使，得≌，∴，可得．再过点作的平分线，易得，入射角等于反射角，这就证得了引理1成立．
【引理2】过椭圆（其中心是点O，长半轴长是）的任一焦点F作椭圆的任意切线的垂线，设垂足是H，则．
证明：如图4所示，设点分别是椭圆的左、右焦点，是椭圆的切线上的切点，又设直线交于点．由引理1，得（即反射角与入射角的余角相等），进而可得≌，∴点H是FB的中点，得OH是的中位线．又，∴．
【引理3】平行四边形各边的平方和等于其两条对角线的平方和．
证明：这里略去过程（可用余弦、可作垂线、可用坐标）．
【引理4】设点是矩形所在平面上一点，则．
证明：如图5所示，设矩形的中心是点．
由引理3，可得，即欲证成立．
把引理4推广到空间，得到的结论就是：底面是矩形的四棱锥相对侧棱长的平方和相等．
下面给出定理1的证法三．
证法三（几何法）：不妨设．当时，易证成立．下面只证明的情形．
如图6所示．设椭圆的中心是点O，左、右焦点分别是，焦距是，过动点P的两条切线分别是．连结，作，垂足分别是．过点作，垂足为，由引理2得．再作于．记，得．由Rt，得．又作，垂足分别为．在Rt中，同理可得：．
（1）若，得矩形，∴
（2）若，得，
由，得，∴．
同理，有，∴四边形是平行四边形，进而得四边形是矩形，∴．由（1）（2）得点P的轨迹方程是，以上过程中的，分别是椭圆长半轴、短半轴长．
证法四（高等几何法）：
蒙日圆的另一种叙述：中心为的椭圆外切矩形的外切圆圆心也为，作椭圆的两条平行切线分别交圆于，则蒙日圆性质可以表示为及与椭圆相切．
证明：与椭圆相切且平行，由对称性知四边形也为矩形．设均为矩形与的边边交点（如图7），．
逆推：要证与椭圆相切六边形的布列安桑定理一对红色三角形笛沙格定理//（//，//一对绿色三角形笛沙格逆定理（////）////（成立）．
3．蒙日圆的几何性质：
【定理2】过圆上的动点作椭圆的两条切线，则．
证明：设点坐标，由，得
，由其判别式的值为0，
得，
，是这个关于的一元二次方程的两个根，，，，．
【定理3】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，交椭圆于点为原点，则的斜率乘积为定值．
【定理4】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的斜率乘积为定值，且的斜率乘积为定值（垂径定理的推广）．
【定理5】过圆上的动点作椭圆的两条切线，O为原点，则平分椭圆的切点弦．
证明：点坐标，直线斜率，由切点弦公式得到方程，，，由点差法可知，平分，如图是中点．
【定理6】设为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，延长PA，PB交蒙日圆O于两点C，D，则．
证明：由定理5可知，为中点．由蒙日圆性质可知，，∴，同理，因此有，∴．
由定理3和定理6可得如下的定理7：
【定理7】设为蒙日圆上任一点，过点P作椭圆的两条切线，交蒙日圆O于两点C，D，则的斜率乘积为定值．
【定理8】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的斜率乘积为定值：．
【定理9】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的最大值为，的最小值为．
【定理10】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则的最大值为的最小值为．
【定理11】设为蒙日圆上任一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则椭圆切点弦的中点的轨迹方程是．
【定理12】设为蒙日圆O：上任一点，过点作椭圆的两条切线，交椭圆于点为原点，则到的距离分别为，则乘积为定值．
证明：如图所示，设，
则直线的方程为，
则原点到直线的距离为，则点到直线的距离为
，
（定值）．
4．蒙日圆的应用
例2．（2022吉林·抚松一中高二月考）蒙日圆涉及的是几何学中的一个著名定理，该定理的内容为：椭圆上两条互相垂直的切线 的交点必在一个与椭圆同心的圆上，该圆称为原椭圆的蒙日圆，若椭圆C： （a>0）的蒙日圆，a=（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】∵椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，找两个特殊点分别为，，则两条切线分别是，，这两条切线相互垂直，且两条直线的交点为，而在蒙日圆上，∴＝，解得＝，故选A．
【点评】由题意可得椭圆上两条互相垂直的切线的交点必在一个与椭圆同心的圆上，设特殊值法，求出两条切线的交点坐标，代入蒙日圆的方程可得的值．
例3．（2022安徽舒城中学三模）若椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆中心，则称这个圆为蒙日圆．若椭圆的蒙日圆的半径为，则椭圆的离心率为___________．
【答案】
【分析】由蒙日圆定义可知在蒙日圆上，由此可根据半径构造方程求得，由此可求得椭圆离心率．
【解析】过可作椭圆的两条互相垂直的切线和，在蒙日圆上，
，解得：，椭圆的离心率．
【点评】思路点睛：求解圆锥曲线离心率或离心率取值范围问题的基本思路有两种：
（1）根据已知条件，求解得到的值或取值范围，由求得结果；
（2）根据已知的等量关系或不等关系，构造关于的齐次方程或齐次不等式，配凑出离心率，从而得到结果．
例4．过椭圆上一点作圆的两条切线，切点为，过的直线与轴和轴分别交于，则面积的最小值为__________．
【答案】
【分析】设出点坐标，根据相切关系分析得到的直线方程，由此表示出的坐标并表示出的面积，再根据在椭圆上结合基本不等式求解出面积的最小值．
【解析】设点坐标为，点坐标为，
∵，∴化简可得，∴是方程的两个解，∴直线的方程为，∴且，
∴的面积，且，∴，
∴，取等号时，即或，综上可知：面积的最小值为．
【点评】结论点睛：和圆的切线有关的结论如下：
（1）过圆上一点作圆的切线，则切线方程为；
（2）过圆外一点作圆的切线，切点为，则直线的方程为．
例5．已知椭圆方程为，过椭圆外一点P可以做出两条切线（如图一），我们形象的称为“筷子夹汤圆”．若P点在变化过程中，保持两根“筷子”垂直不变，则P到原点的距离始终为一个定值，即P的运动轨迹为一个以原点为圆心，半径为定值的一个圆，我们把该圆称为椭圆的“准圆”，试写出该“准圆”的方程是______________．若矩形的四条边都与该椭圆相切（如图二），则矩形的面积最大值为___________________．
【答案】
【分析】根据特殊位置点的坐标，求得“准圆”的半径，由此求得准圆方程．根据圆内接矩形的几何性质，求得矩形面积的最大值．
【解析】由于“准圆”上的点到原点的距离始终为一个定值，不妨取，如下图所示．到原点的距离为，∴“准圆”的半径为， “准圆”的方程为．由于四边形是“准圆”的内接矩形，对角线、是“准圆”的直径，∴，∴当时，矩形的面积最大，最大值为．
【点评】本小题主要考查新定义圆的概念的理解和运用，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题．
例6．（2022江苏·南京十三中高三开学考试）定义椭圆的“蒙日圆”的方程为，已知椭圆的长轴长为，离心率为．
（1）求椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”的方程；
（2）过“蒙日圆”上的任意一点作椭圆的一条切线，为切点，延长与“蒙日圆”点交于点，为坐标原点，若直线，的斜率存在，且分别设为，，证明：为定值．
【答案】（1）：；：；（2）证明见解析．
【分析】（1）由题意可得，再由可求得，进而可求出椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”的方程；（2）当切线的斜率存在且不为零时，设切线的方程为，然后将直线方程和椭圆方程联立，消去，再由判别式等于零，可得，再将直线方程和“蒙日圆”的方程联立，消去，再利用根与系数的关系可得，，然后求的值，当切线的斜率不存在且为零时，再求解的值即可
【解析】（1）解：由题意知，，，
椭圆的方程，“蒙日圆”的方程为，即
（2）证明：当切线的斜率存在且不为零时，设切线的方程为，
则由，消去得，
，，
由，消去得，，
设，，则，，
，
，，
当切线的斜率不存在且为零时，成立，为定值．
【点评】此题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置的关系，解题的关键设切线的方程为，先与椭圆方程联立，消去，由判别式为0，得，再和“蒙日圆”的方程联立，消去，再利用根与系数关系和斜率公式化简可得结果．
例7．法国数学家加斯帕尔·蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础．根据他的研究成果，我们定义：给定椭圆，则称圆心在原点，半径是的圆为“椭圆的伴随圆”，已知椭圆的一个焦点为，其短轴的一个端点到焦点的距离为．
（1）求椭圆和其“伴随圆”的方程；
（2）若点是椭圆的“伴随圆”与轴正半轴的交点，是椭圆上的两相异点，且轴，求的取值范围；
（3）在椭圆的“伴随圆”上任取一点，过点作直线､，使得､与椭圆都只有一个交点，试判断､是否垂直?并说明理由．
【答案】（1）：，“伴随圆”方程为；（2）；（3）垂直，理由见解析．
【分析】（1）首先根据题意得到，且，可得，从而得到椭圆和其“伴随圆”的方程．
（2）首先设，，，得到，从而得到的取值范围是．
（3）首先设，得到，当时，，易得，当时，设的方程为，代入椭圆方程可得，根据得到，从而得到，即可得到答案．
【解析】（1）由题意知，且，可得，
故椭圆的方程为，其“伴随圆”方程为．
（2）由题意，可设，，，则有，又点坐标为，
故，，
故，
又，故，∴的取值范围是．
（3）设，则．
当时，，则其中之一斜率不存在，另一斜率为0，显然有．
当时，设过且与椭圆有一个公共点的直线的斜率为，
则的方程为，代入椭圆方程可得，即，
由，可得，其中，
设的斜率分别为，则是上述方程的两个根，故，即．
综上可知，对于椭圆上的任意点，都有．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，解决本题的关键为分类讨论，设出直线方程，根据直线与椭圆的位置关系得到相应的关系式，从而证明直线垂直．
【针对训练】
1．已知双曲线上存在一点M，过点M向圆做两条切线MA、MB，若，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
2．已知椭圆C：，M是圆上的任意一点，MA，MB分别与椭圆切于A，B．求面积的取值范围．
3．设椭圆的两条互相垂直的切线的交点轨迹为C，曲线C的两条切线PA、PB交于点P，且与C分别切于A、B两点，求的最小值．
4．给定椭圆C：，称圆心在原点O、半径是的圆为椭圆C的“准圆”．已知椭圆C的一个焦点为，其短轴的一个端点到点F的距离为．
(1)求椭圆C及其“准圆”的方程；
(2)若点A是椭圆C的“准圆”与x轴正半轴的交点，B，D是椭圆C上的相异两点，且轴，求的取值范围；
(3)在椭圆C的“准圆”上任取一点，过点P作两条直线，，使得，与椭圆C都只有一个公共点，且，分别与椭圆的“准圆”交于M，N两点．证明：直线MN过原点O．
5．已知是圆上的一个动点，过点作两条直线，它们与椭圆都只有一个公共点，且分别交圆于点.
（Ⅰ）若，求直线的方程；
（Ⅱ）①求证：对于圆上的任意点，都有成立；
②求面积的取值范围.
6．在平面直角坐标系xOy中，已知R（x0，y0）是椭圆C：（a＞b＞0）上一点，从原点O向圆R：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2＝8作两条切线，分别交P、Q两点．
（1）若R点在第一象限，且直线OP⊥OQ，求圆R的方程；
（2）若直线OP、OQ的斜率存在，并记为k1、k2，求k1•k2；
（3）试问OP2+OQ2是否为定值？若是，求出该值；若不是，说明理由．
参考答案：
1．B
【解析】利用已知条件，推出a的关系式，即可求解结果.
【详解】双曲线上存在一点M，过点M向圆做两条切线MA、MB
若，可知MAOB是正方形，MO，
所以双曲线的实半轴长的最大值为，
所以.
故选：B.
【点睛】本题考查双曲线的简单性质，圆的切线性质的应用，考查分析问题解决问题的能力，是中档题.
2．.
【分析】设，，，得到的直线方程，与椭圆的方程联立，解得弦长的值，利用点到直线的距离公式求解点到直线的距离，令，即可求解面积的取值范围，
【详解】解：设，，，
因为MA与椭圆切于A，故，对椭圆求导得，则切线的斜率为，
故切线的方程为：，整理得，
同理，切线的方程为，
又点为切线与切线的交点，且，故，
从而直线的方程为：，
将直线的方程与椭圆的方程联立，得．
∴，，
因此，，
又原点到直线的距离，∴，
令，得到．
故面积的取值范围为.
3．.
【分析】先根据条件求出C的方程，作图，分析图中的几何关系，设定参数即可求解.
【详解】设椭圆的两切线为，．
①当轴或 轴时，对应 轴或轴，可知切点为；
②当与x轴不垂直且不平行时，，设的斜率为k，则，
的斜率为，并设 的交点为 ，
则的方程为，联立，
得： ，
∵直线与椭圆相切，∴，得，
∴，
∴k是方程的一个根，
同理是方程的另一个根，
∴得，其中，
∴交点的轨迹方程为：，∵也满足上式；
综上知：轨迹C方程为；
设 ，，则在与中应用余弦定理知，
，
即 ，即，
，
令，则，
，
当且仅当，即时，取得最小；
综上，的最小为.
4．(1)椭圆C的方程为，其“准圆”为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件即可求出“准圆”方程；
（2）设B，D的坐标，根据数量积的定义计算即可；
（3）根据切线 的斜率是否存在分类讨论，再利用判别式和韦达定理即可求解.
(1)
解：由题意知，，解得，
∴椭圆C的方程为，其“准圆”为；
(2)
由题意，设，，，则有，
又A点坐标为，故，，
∴，
又，∴，
∴的取值范围是；
(3)
设，则，
当时，，则，其中之一斜率不存在，另一条斜率为0，∴；
当时，设过且与有一个公共点的直线l的斜率为k，
则l的方程为：，代入椭圆C的方程，
得：，即 ，
由 ，
得： ，将代入上式得
，其中 ，
设，的斜率分别为，，则，分别是上述方程的两个根，∴，
∴．
综上所述，，∴MN是准圆的直径，∴直线MN过原点O；
综上，椭圆方程为，“准圆”为，的取值范围是.
5．（Ⅰ）;（Ⅱ）①证明见解析；②.
【分析】（Ⅰ）设出直线方程，代入椭圆方程,利用直线与椭圆都只有一个公共点,求出直线的斜率,即可求直线的方程；（Ⅱ）①分类讨论,斜率不存在时成立，斜率存在时，利用判别式等于零可得关于的一元二次方程，由韦达定理可得成立，即可证得结论；②记原点到直线的距离分别为，可得，设面积为，可得，利用二次函数的性质可求其取值范围.
【详解】（Ⅰ）设直线的方程为,
代入椭圆，消去，
可得，
由,可得，
设的斜率分别为，
直线的方程分别为；
（Ⅱ）①证明:当直线的斜率有一条不存在时,不妨设无斜率
与椭圆只有一个公共点,所以其方程为,
当的方程为时，此时与圆的交点坐标为，
的方程为(或，成立，
同理可证，当的方程为时，结论成立;
当直线的斜率都存在时,设点且，
设方程为,代入椭圆方程，
可得，
由化简整理得，
，，
设的斜率分别为，
成立，
综上,对于圆上的任意点，都有成立；
②记原点到直线的距离分别为，
因为，所以是圆的直径，
所以，
面积为，，
，
.
【点睛】本题考查直线与椭圆的位置关系,以及求范围问题,综合性强,难度大. 解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.
6．（1）（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；（2）；（3）是定值，理由见解析.
【解析】（1）根据直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，得到|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16，再根据点R在椭圆C上，即求解.
（2）根据直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，得到，两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根求解.
（3）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），由（2）知2k1k2+1＝0，即y12y22＝x12x22，再根据P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，得到x12+x22进而得到y12+y22由两点间距离公式求解.
【详解】（1）由圆R的方程知圆R的半径r＝2，
因为直线OP，OQ互相垂直，且和圆R相切，
所以|OR|＝r＝4，即x02+y02＝16①
又点R在椭圆C上，所以②
联立①②，解得x0＝y0＝2，
所以，所求圆R的方程为（x﹣2）2+（y﹣2）2＝8；
（2）因为直线OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都与圆R相切，
所以 ，
两边平方可得k1，k2为（x02﹣8）k2﹣2x0y0k+（y02﹣8）＝0的两根，
可得k1•k2＝，
因为点R（x0，y0）在椭圆C上，
所以，即y02＝12﹣x02，
所以k1k2＝＝﹣；
（3）①当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
由（2）知2k1k2+1＝0，
所以+1＝0，故y12y22＝x12x22，
因为P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，
所以，，
即y12＝12﹣x12，y22＝12﹣x22，
所以（12﹣x12）（12﹣x22）＝x12x22，
整理得x12+x22＝24，
所以y12+y22＝（12﹣x12）+（12﹣x22）＝12，
所以OP2+OQ2＝x12+y12+x22+y22＝（x12+x22）+（y12+y22）＝36．
②当直线OP，OQ落在坐标轴上时，显然有OP2+OQ2＝36．
综上可得，OP2+OQ2为定值36．
【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，点与椭圆的位置关系以及定值问题，还考查了运算求解的能力，属于较难题.
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