高考數(shù)學(xué)中蒙日圓問題探究橢圓中的若干個(gè)同心圓引題：如圖，P為橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\(a>b>0)$上的一動點(diǎn)，過點(diǎn)P作橢圓$E_2:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=\lambda\(0<\lambda<1)$的兩條切線PA，PB，斜率分別為$k_1$，$k_2$。若$k_1\cdotk_2$為定值，則$\lambda=$（）。解析：設(shè)過P（x，y）的直線方程為$y-y=k(x-x)$，直線方程與橢圓$E_2$聯(lián)立可得：$bx+akx+\frac{(y-kx)^2}{b^2}=\frac{a^2}{\lambda}$。化簡得到$b^2+a^2k^2x^2+2ka^2(y-kx)x+a^2(y-kx)^2-a^2b^2\lambda=0$。因?yàn)橄嗲校?\Delta=0$，化簡得到$y-kx=\frac{b^2\lambda-a^2k^2}{2a\sqrt{\lambda(1-\lambda)}}$。在整理成關(guān)于$k$的二次函數(shù)，$x-a^2\lambdak^2-2xyk+y-b^2\lambda=0$有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，$\frac{y-b^2\lambda}{x-a^2\lambdak^2-2xyk+y-b^2\lambda}=\frac{y-b^2\lambda}{x-a^2\lambdak^2-2xyk+y-b^2\lambda}$，所以$k_1+k_2=\frac{2xy}{a^2\lambda-b^2\lambda}$，$k_1\cdotk_2=\frac{(y-b^2\lambda)(y-a^2\lambda)}{(x-a^2\lambdak^2)^2}=\frac{b^2\lambda-a^2\lambda^2}{a^2\lambdak^2-x^2}$，整理得到$\lambda=\frac{1}{2}$。例1：已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\(a>b>0)$的一個(gè)焦點(diǎn)為$(5,0)$，離心率為$\frac{1}{3}$。（1）求橢圓$C$的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）若動點(diǎn)$P(x,y)$為橢圓$C$外一點(diǎn)，且點(diǎn)$P$到橢圓$C$的兩條切線相互垂直，求點(diǎn)$P$的軌跡方程。解析：（1）設(shè)橢圓$C$的另一個(gè)焦點(diǎn)為$F$，則$EF=\frac{a}{3}$，由于$F$在$x$軸上，所以$E$在$x$軸上，坐標(biāo)為$(\frac{2a}{3},0)$。離心率為$\frac{1}{3}$，所以$\frac{c}{a}=\frac{1}{3}$，$c=\frac{a}{3}$，由于$c^2=a^2-b^2$，所以$a^2-b^2=c^2=\frac{a^2}{9}$，解得$b^2=\frac{8a^2}{9}$。所以橢圓$C$的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{\frac{8a^2}{9}}=1$。（2）設(shè)點(diǎn)$P$的坐標(biāo)為$(x,y)$，過點(diǎn)$P$的直線方程為$y-y=k(x-x)$，直線方程與橢圓$C$聯(lián)立可得：$bx+akx+\frac{(y-kx)^2}{b^2}=a^2$。化簡得到$b^2+a^2k^2x^2+2ka^2(y-kx)x+a^2(y-kx)^2-a^4=0$。因?yàn)橄嗲校?\Delta=0$，化簡得到$y-kx=\frac{a^2-b^2k^2}{2b\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}}$。在整理成關(guān)于$k$的二次函數(shù)，$x-a^2k^2-2xyk+y-b^2=0$有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，$\frac{y-b^2}{x-a^2k^2-2xyk+y-b^2}=\frac{y-a^2k^2}{x-a^2k^2-2xyk+y-b^2}$，所以$k^2=\frac{y-b^2}{y-a^2}$。由于點(diǎn)$P$到橢圓$C$的兩條切線相互垂直，所以$k_1\cdotk_2=-1$，代入$k^2$的表達(dá)式得到$\frac{y-b^2}{y-a^2}=-1$，所以$x^2+y^2=13a^2$，即點(diǎn)$P$的軌跡方程為$x^2+y^2=13a^2$。定理1：曲線$\Gamma:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)$P$的軌跡是圓$x^2+y^2=a^2+b^2$。推論1：雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1\(a>b>0)$的兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)的軌跡是圓$x^2+y^2=(a-b)^2$。推論2：拋物線$y^2=2px$的兩條互相垂直的切線的交點(diǎn)是該拋物線的準(zhǔn)線。定理2：橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\(a>b>0)$的兩條斜率之積為$-1$的切線交點(diǎn)的軌跡方程是$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=2$。雙曲線$b^2x^2-a^2y^2=1$的兩條斜率之積是$2$的切線交點(diǎn)的軌跡方程是$b^2x^2-a^2y^2=2$。在直角坐標(biāo)系中，曲線$C_1$的點(diǎn)均在$C_2$：$(x-5)^2+y^2=9$外，且對$C_1$上任意一點(diǎn)$M$，$M$到直線$x=-2$的距離等于該點(diǎn)與圓$C_2$上點(diǎn)的距離的最小值。（1）求曲線$C_1$的方程；（2）設(shè)$P$為圓$C_2$外一點(diǎn)，過$P$作圓$C_2$的兩條切線，分別與曲線$C_1$相交于$A$、$B$和$C$、$D$。證明：當(dāng)$P$在直線$x=-4$上運(yùn)動時(shí)，四點(diǎn)$A$、$B$、$C$、$D$的縱坐標(biāo)之積為定值。已知$O:x^2+y^2=1$。若直線$y=kx+2$上總存在點(diǎn)$P$，使得過點(diǎn)$P$的$O$的兩條切線互相垂直，則實(shí)數(shù)$k$的取值范圍是$(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$。在圖中，若小圓（其圓心為點(diǎn)$O$，半徑為$r$）的過點(diǎn)$A$的兩條切線$AB$、$AD$互相垂直（切點(diǎn)分別為$E$、$F$），得正方形$AEOF$，所以$OA=2OE=2r$，即點(diǎn)$A$的軌跡是以點(diǎn)$O$為圓心，$2r$為半徑的圓。由此結(jié)論可得：在本題中，點(diǎn)$P$在圓$x+y=2$上。所以本題的題意即直線$y=kx+2$與圓$x+y=2$有公共點(diǎn)，進(jìn)而可得答案。注：本題的一般情形就是蒙日圓。定理3：已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$上有兩點(diǎn)$P$、$Q$，且$OP\perpOQ$，則$PQ$為定值。推論：拋物線$y=2px$上有兩點(diǎn)$P$、$Q$，且$OP\perpOQ$，則$PQ$通過定點(diǎn)。（雙曲線有類似的性質(zhì)）定理4：已知橢圓$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$上有兩焦點(diǎn)分別為$F_1$、$F_2$，$P$為橢圓上的動點(diǎn)，當(dāng)點(diǎn)$P$不在$x$軸上時(shí)，過$F_1$作$\angleF_1PF_2$的外角平分線$F_1M$，垂足為