資源簡介

重難點突破15 圓錐曲線中的經典七大名圓問題
目錄
01 方法技巧與總結 2
02題型歸納與總結 2
題型一：蒙日圓問題 2
題型二：直徑為圓問題 9
題型三：四點共圓問題 16
題型四：內準圓問題 25
題型五：彭賽列圓問題 32
題型六：焦點弦圓 38
題型七：準線圓 43
03 過關測試 50
1、曲線的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是圓：．
2、雙曲線的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是圓．
3、拋物線的兩條互相垂直的切線的交點在該拋物線的準線上．
4、證明四點共圓的方法：
方法一：從被證共圓的四點中先選出三點作一圓，然后證另一點也在這個圓上，若能證明這一點，則可肯定這四點共圓．
方法二：把被證共圓的四個點連成共底邊的兩個三角形，且兩三角形都在這底邊的同側，若能證明其頂角相等，則可肯定這四點共圓（根據圓的性質一一同弧所對的圓周角相等證）．
方法三：把被證共圓的四點連成四邊形，若能證明其對角互補或能證明其中一個外角等于其內對角時，則可肯定這四點共圓（根據圓的性質一一圓內接四邊形的對角和為，并且任何一個外角都等于它的內對角）．
方法四：證明被證共圓的四點到某一定點的距離都相等，或證明被證四點連成的四邊形其中三邊中垂線有交點），則可肯定這四點共圓（根據圓的定義：平面內到定點的距離等于定長的點的軌跡為圓）．
題型一：蒙日圓問題
【典例1-1】（2024·上海·模擬預測）日日新學習頻道劉老師通過學習了解到：法國著名數學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點Q的軌跡是以橢圓的中心為圓心，（a為橢圓的長半軸長，b為橢圓的短半軸長）為半徑的圓，這個圓被稱為蒙日圓.已知橢圓C：.
(1)求橢圓C的蒙日圓的方程；
(2)若斜率為1的直線與橢圓C相切，且與橢圓C的蒙日圓相交于M，N兩點，求的面積（O為坐標原點）；
(3)設P為橢圓C的蒙日圓上的任意一點，過點P作橢圓C的兩條切線，切點分別為A，B，求面積的最小值.
【解析】（1）因為橢圓：，所以，
所以橢圓的蒙日圓的方程為；
（2）如圖，
由（1）知，橢圓的方程為，設直線的方程為，
聯立方程，消去并整理得，，
由，得，即，
所以坐標原點到直線：的距離，
所以，
所以；
（3）由（1）知，橢圓C的方程為，橢圓C的蒙日圓方程為，
設，則，設，，
則切線的方程為，切線的方程為，
將代入切線，的方程，有，，
故直線的方程為，
將直線的方程與橢圓的方程聯立得，
消去并整理得，
顯然，，
所以，，
所以，
又點到直線的距離，
所以，
設，則，，
令，
則，
所以函數在上單調遞增，所以，
所以面積的最小值為.
【典例1-2】（2024·全國·模擬預測）在圓上任取一點，過點作軸的垂線段，垂足為．當點在圓上運動時，線段的中點的軌跡是橢圓．
(1)求該橢圓的方程．
(2)法國數學家加斯帕爾·蒙日（1746—1818）發現：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點，必在一個與橢圓同心的圓上，稱此圓為該橢圓的“蒙日圓”．若橢圓的左、右焦點分別為為橢圓上一動點，直線與橢圓的蒙日圓相交于點，求證：為定值．
【解析】（1）設，則，而點在圓上，
即有，化簡得，
所以的方程為．
（2）由（1）知橢圓的方程，長半軸長，短半軸長，半焦距，
顯然直線，都與橢圓相切，因此直線，所圍成矩形的外接圓，
即為橢圓的蒙日圓，方程為，設，則,
在與中，由余弦定理得，，
兩式相加得，又，則，
于是，
又，
所以，即為定值.
【變式1-1】法國著名數學家加斯帕爾蒙日在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是以橢圓的中心為圓心，為橢圓的長半軸長，為橢圓的短半軸長）為半徑的圓，這個圓被稱為蒙日圓.已知橢圓過點.且短軸的一個端點到焦點的距離為.
(1)求橢圓的蒙日圓的方程；
(2)若斜率為1的直線與橢圓相切，且與橢圓的蒙日圓相交于，兩點，求的面積為坐標原點）；
(3)設為橢圓的蒙日圓上的任意一點，過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，，求面積的最小值.
【解析】（1）由橢圓短軸的一個端點到焦點的距離為，得，
由橢圓過點，得，解得，于是，
所以橢圓的蒙日圓的方程為.
（2）由（1）知，橢圓的方程為，設直線的方程為，
由消去并整理得，，
由，得，即，
則坐標原點到直線的距離，，
所以的面積.
（3）由（1）知，橢圓的方程為，橢圓的蒙日圓方程為，
設，則，設，，則，
當切線的斜率存在時，設的方程為，
由消去y得，
，整理得，
即，則，解得，
于是，即，
當切線的斜率不存在時，，的方程為或，滿足上式，
因此切線的方程為，同理切線的方程為，
將代入切線，的方程，有，，
從而直線的方程為，當時，
由消去并整理得：，
顯然，
，
則，
又點到直線的距離，
于是的面積，
設，則，
令，求導得，即函數在上單調遞增，，
當，即時，由對稱性不妨令，直線，
由，解得，，，
所以面積的最小值為.
【變式1-2】定義橢圓的“蒙日圓”的方程為，已知橢圓的長軸長為4，離心率為.
(1)求橢圓的標準方程和它的“蒙日圓”E的方程；
(2)過“蒙日圓”E上的任意一點M作橢圓的一條切線，A為切點，延長MA與“蒙日圓”E交于點，O為坐標原點，若直線OM，OD的斜率存在，且分別設為，證明：為定值.
【解析】（1）由題意知
，
故橢圓的方程,
“蒙日圓”的方程為,即
（2）當切線的斜率存在且不為零時,設切線的方程為,則
由,消去得
,
由,消去得
設,則,
，
，
當切線的斜率不存在或為零時,易得成立,
為定值.
【變式1-3】（2024·江西撫州·模擬預測）給定橢圓，稱圓心在原點，半徑為的圓是橢圓的“準圓”.若橢圓的一個焦點為，其短軸上的一個端點到的距離為.
（1）求橢圓的方程和其“準圓”方程；
（2）點是橢圓的“準圓”上的動點，過點作橢圓的切線交“準圓”于點.
①當點為“準圓”與軸正半軸的交點時，求直線的方程并證明；
②求證：線段的長為定值.
【解析】（1），橢圓方程為，準圓方程為.
（2）（ⅰ）因為準圓與軸正半軸的交點為，
設過點且與橢圓相切的直線為，
所以由得.
因為直線與橢圓相切，所以，解得，
所以方程為，，.
（ⅱ）①當直線中有一條斜率不存在時，不妨設直線斜率不存在，
則：，當：時，與準圓交于點，
此時為（或），顯然直線垂直；
同理可證當：時，直線垂直
②當斜率存在時，設點，其中.
設經過點與橢圓相切的直線為，
所以由得.
由化簡整理得，
因為，所以有.
設的斜率分別為，因為與橢圓相切，
所以滿足上述方程，
所以，即垂直.
綜合①②知：因為經過點，又分別交其準圓于點，且垂直.
所以線段為準圓的直徑，，
所以線段的長為定值6.
題型二：直徑為圓問題
【典例2-1】（2024·高三·河北·開學考試）已知橢圓的離心率為，且過點．
(1)求橢圓的方程；
(2)直線與橢圓交于，兩點，且以線段為直徑的圓過橢圓的右頂點，求證：直線恒過定點，并求出該定點的坐標．
【解析】（1）依題意可得，解得，
所以橢圓的方程為.
（2）設，，
聯立可得，
且，即，
所以，，
因為以為直徑的圓經過點，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
化簡可得，解得或，
當時，，過定點，符合題意；
當時，，過點，不滿足題意，
綜上所述，直線過定點.
【典例2-2】已知，直線l：，橢圓C：，、分別為橢圓C的左、右焦點．
(1)當直線l過右焦點時，求直線l的方程．
(2)當直線l與橢圓C相離、相交時，求m的取值范圍．
(3)設直線l與橢圓C交于A、B兩點，、的重心分別為G、H．若原點O在以線段GH為直徑的圓內，求實數m的取值范圍．
【解析】（1）∵直線l：經過，
∴，
解得．
又∵，
∴，故直線l的方程為．
（2）由得，，
因為，所以，
得，，
解得或．
∵，∴．
由得，故，
∴當直線與橢圓相離時m的取值范圍是；
當直線與橢圓相交時m的取值范圍是．
（3）設，，，．
由重心坐標公式得
，，
可知，同理．
∵O在以線段GH為直徑的圓內，
∴，即，
由已知，
消去x，得；
消去y，得．
方程的判別式，
方程的判別式，
，
，
，
∴，
又∵，
∴，
∴實數m的取值范圍為．
【變式2-1】（2024·高三·湖北·開學考試）已知平面內一動圓過點，且在y軸上截得弦長為4，動圓圓心的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程；
(2)若過點的直線l與曲線C交于點M，N，問：以MN為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出這個定點；若不過定點，請說明理由.
【解析】（1）設動圓圓心，
當時，依題意，，即；
當時，點C的軌跡為點，滿足，
所以點C的軌跡方程為.
（2）依題意，直線不垂直于軸，設直線l方程為：，，
由消去x并整理得，恒成立，
則，令圓心為，則，，，
直徑，
則圓的方程為，
當時，，
因此對于，圓恒過原點，
所以存在定點，以MN為直徑的圓過定點.
【變式2-2】（2024·寧夏銀川·一模）已知橢圓的離心率，且點在橢圓上，直線與橢圓交于不同的兩點．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)證明：線段的中點在直線上；
(3)過點作軸的平行線，與直線的交點為，證明：點在以線段為直徑的圓上．
【解析】（1），又，
，
又，
橢圓方程為；
（2）聯立直線與橢圓方程，
又因為有兩個交點，所以，
解得，設，
故，
又，
，
線段的中點的坐標為，，
線段的中點C在直線上；
（3）由已知得：，
，
，
，
點在以線段為直徑的圓上．
【變式2-3】（2024·山東泰安·模擬預測）已知拋物線，焦點為，點在上，直線∶與相交于兩點，過分別向的準線作垂線，垂足分別為.
(1)設的面積分別為，求證：；
(2)若直線，分別與相交于，試證明以為直徑的圓過定點，并求出點的坐標.
【解析】（1）將代入，得，所以拋物線方程為，
由題意知，設，
由得，，，
所以，
所以
，即.
（2）直線的斜率，
故直線的方程為，令得，
所以點的坐標為，同理，點的坐標為，
設線段的中點為，則
=，
又=
，
所以以為直徑的圓為，
即，令得或，
故以為直徑的圓過定點和.
題型三：四點共圓問題
【典例3-1】（2024·上海·三模）已知拋物線的焦點為F，過點的直線l與交于A、B兩點．設在點A、B處的切線分別為，，與x軸交于點M，與x軸交于點N，設與的交點為P．
(1)設點A橫坐標為a，求切線的斜率，并證明；
(2)證明：點P必在直線上；
(3)若P、M、N、T四點共圓，求點P的坐標．
【解析】（1）點A橫坐標為a，則，
因為，，所以點A處的切線斜率為a
所以切線的方程為，
切線與x軸的交點為，
因為，所以，
所以，所以，
當時，亦有；
結論得證.
（2）證明：設，，由，得，
所以，
所以直線，直線，
由，得，即兩直線的交點，
因為點，，三點共線，
所以，，得，
所以，所以
所以點P在直線上
（3）因為直線，直線，
所以，，由（2）可知，
設的外接圓方程為，
則，
解得，，
所以外接圓方程為
將代入方程，得
又，解得，，
所以點P坐標為
解法二:拋物線的焦點，
由（1）可知，同理可證得，
所以F，M，N，P四點共圓，
所以PF是的外接圓的直徑，
因為P、M、N、T四點共圓，所以點在的外接圓上，
所以，
所以，即，得，
所以直線TP方程為，即
又點P在直線上，
則由，得，
所以點P坐標為
【典例3-2】已知橢圓的離心率為，點分別為橢圓的右頂點和上頂點，且．
(1)試求橢圓的方程；
(2)斜率為的直線與橢圓交于兩點，點在第一象限，求證：四點共圓．
【解析】（1）依題意知，，即，又，解得，
∴橢圓的方程為．
（2）設直線的方程為，根據點在第一象限可知，
因為，，故方程為：，
整理得方程為，
過四點的曲線系方程為：
，
即，
取，
則方程可以轉化為①．
此時，
，
而，
故恒成立，
故，
則①為圓的方程，故對， 總四點共圓．
【變式3-1】已知雙曲線，過的直線與雙曲線的右支交于兩點.
(1)若，求直線的方程，
(2)設過點且垂直于直線的直線與雙曲線交于兩點，其中在雙曲線的右支上.
（i）設和的面積分別為，求的取值范圍；
（ii）若關于原點對稱的點為，證明：為的垂心，且四點共圓.
【解析】（1）設，
結合題意知直線斜率不為0，設直線，因為直線與雙曲線右支相交，
故，
聯立雙曲線方程，得，
則，
故，
即，解得，或（舍去），
因此，從而直線的方程為.
（2）（i）若，則，
由（1）可知，，
此時；
當時，設，直線，
由（1）同理可知，
故
注意到
，
令，則，
令，
綜上可知，的取值范圍是.
（ii）先證明為的垂心，只需證明，
注意到，，
而
，
同理，
，
因此，又，故為的垂心，因此，
再證明四點共圓，即只需證明：.
因為關于原點對稱，則，
同理可得；
則，即，
因此，因此四點共圓.
【變式3-2】已知橢圓的離心率為，右頂點為，設點為坐標原點，點為橢圓上異于左右頂點的動點，的面積最大值為．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線交軸于，其中，直線交橢圓于另一點，直線分別交直線于點和，是否存在實數使得四點共圓，若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【解析】（1）由橢圓的離心率為，得，解得，
設，而，則，當且僅當時取等號，
于是，解得，
所以橢圓的標準方程為.
（2）假設存在，使得四點共圓，
由（1）知，設，顯然直線不垂直于y軸，設直線的方程為：，
由消去x得，
，，
直線的方程為：，則，同理，
由四點共圓，得，即，
于是，則，從而直線的斜率有，
即，整理得，
而
，因此，解得與矛盾，
所以不存在實數使得四點共圓.
【變式3-3】在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.
（1）求的方程；
（2）設點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.
【解析】(1) 因為，
所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支，
設軌跡的方程為，則，可得，，
所以，軌跡的方程為.
（2）[方法一] 【最優解】：直線方程與雙曲線方程聯立
如圖所示，設,
設直線的方程為．
聯立,
化簡得，，
則．
故．
則．
設的方程為，同理．
因為，所以，
化簡得，
所以，即．
因為，所以．
[方法二] ：參數方程法
設．設直線的傾斜角為，
則其參數方程為，
聯立直線方程與曲線C的方程，
可得，
整理得．
設，
由根與系數的關系得．
設直線的傾斜角為，，
同理可得
由，得．
因為，所以．
由題意分析知．所以，
故直線的斜率與直線的斜率之和為0．
[方法三]：利用圓冪定理
因為，由圓冪定理知A，B，P，Q四點共圓．
設,直線的方程為，
直線的方程為,
則二次曲線．
又由，得過A，B，P，Q四點的二次曲線系方程為：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四點共圓，則xy項的系數為0，即.
【整體點評】(2)方法一：直線方程與二次曲線的方程聯立，結合韋達定理處理圓錐曲線問題是最經典的方法，它體現了解析幾何的特征，是該題的通性通法，也是最優解；
方法二：參數方程的使用充分利用了參數的幾何意義，要求解題過程中對參數有深刻的理解，并能夠靈活的應用到題目中.
方法三：圓冪定理的應用更多的提現了幾何的思想，二次曲線系的應用使得計算更為簡單.
題型四：內準圓問題
【典例4-1】已知、分別為橢圓的左、右焦點，M為上的一點.
(1)若點M的坐標為，求的面積；
(2)若點M的坐標為，且直線與交于不同的兩點A、B，求證：為定值，并求出該定值；
(3)如圖，設點M的坐標為，過坐標原點O作圓（其中r為定值，且）的兩條切線，分別交于點P，Q，直線OP，OQ的斜率分別記為，.如果為定值，求的取值范圍，以及取得最大值時圓M的方程.
【解析】（1）由已知條件得，因為，則，又，
因此的面積為.
（2）設，由，得，
，又，，
，
于是
，
即為定值.
（3）因為直線:與相切，則，即，
同理，由直線:與相切，可得，
于是、是關于的方程的兩實根，
注意到，且，故，
因為定值，故不妨設（定值），
于是有，即.
依題意可知，變化，而、均為定值，即有，解得，，
設，，由得，同理，
所以
，當且僅當時取等號，
因此，解得，所以的范圍為，
當或時，直線關于坐標軸對稱，此時圓心M為橢圓頂點，
所以圓M的方程為或.
【典例4-2】（2024屆上海市寶山區高三（一模）期末數學試題）已知分別為橢圓的左、右焦點，M為上的一點．
（1）若點M的坐標為，求的面積；
（2）若點M的坐標，且直線與交于兩不同點A、B，求證：為定值，并求出該定值；
（3）如圖，設點M的坐標為，過坐標原點O作圓（其中r為定值，且）的兩條切線，分別交于點P，Q，直線的斜率分別記為．如果為定值，試問：是否存在銳角，使？若存在，試求出的一個值；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）由已知條件得，因為，所以，
又、的坐標分別為(，0)、(，0)，
因此，的面積為.
（2）設，，由，得，
顯然，且，
又，，所以，
，
即為定值.
（3）滿足的銳角不存在.
理由如下：
因為直線:與相切，所以，
即，
同理，由直線:與相切，可得，
于是，、是關于的方程的兩實根，
注意到，且，故，
因為定值，故不妨設（定值），
于是有，即.
依題意可知，變化，而、均為定值，所以，
解得，，
再設，，由得；
同理可得.
所以
，
即，亦即，（※）
若銳角，使，則，與（※）相矛盾.
因此，這樣的銳角不存在.
【變式4-1】（2018年全國高中數學聯賽遼寧省預賽）如圖所示，在平面直角坐標系，設點是橢圓上一點，左右焦點分別是、，從原點O向圓M：作兩條切線分別與橢圓C交于點P、Q，直線OP、OQ的斜率分別記為、.
(1)設直線、分別與圓交于A、B兩點，當，求點A的軌跡方程；
(2)當為定值時，求的最大值.
【解析】1.由橢圓定義：得
所以，，又，
則，故點的坐標滿足方程.
因為，則點在橢圓內部，因此
或.
綜上，點A的軌跡方程為.
【變式4-2】令直線OP的方程是，與圓M相切，則有，
即
又直線OQ與圓相切，設直線OQ的方程是，同理有
則是方程的兩實根，因此，
又為定值，設，則
即
由于M為橢圓上的點，且c為定值，因此必有，故，此時.
設點，，聯立，解得
，.
同理，，所以，
.
故的最大值為.
【變式4-3】已知橢圓的離心率為，設是C上的動點，以M為圓心作一個半徑的圓，過原點作該圓的兩切線分別與橢圓C交于點P、Q，若存在圓M與兩坐標軸都相切．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線OP，OQ的斜率都存在且分別為，，求證：為定值；
(3)證明：為定值？并求的最大值．
【解析】（1）由橢圓的離心率，則，
又存在與兩坐標軸都相切，則此時圓心，
代入，解得：，則，
∴橢圓方程：．
（2）因為直線，與圓M相切，
由直線與圓聯立，
可得，
同理，
由判別式為0可得，是方程的兩個不相等的實數根，∴，
因為點在橢圓C上，所以，所以．
（3）當直線OP，OQ不落在坐標軸上時，設，，
因為，所以，
因為，在橢圓C上，所以，整理得，
所以，所以．
當直線落在坐標軸上時，顯然有，
綜上，，所以，
所以的最大值為．
題型五：彭賽列圓問題
【典例5-1】拋物線C的頂點為坐標原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．
（1）求C，的方程；
（2）設是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．
【解析】（1）依題意設拋物線，
，
所以拋物線的方程為，
與相切，所以半徑為，
所以的方程為；
（2）[方法一]：設
若斜率不存在，則方程為或，
若方程為，根據對稱性不妨設，
則過與圓相切的另一條直線方程為，
此時該直線與拋物線只有一個交點，即不存在，不合題意；
若方程為，根據對稱性不妨設
則過與圓相切的直線為，
又，
，此時直線關于軸對稱，
所以直線與圓相切；
若直線斜率均存在，
則，
所以直線方程為，
整理得，
同理直線的方程為，
直線的方程為，
與圓相切，
整理得，
與圓相切，同理
所以為方程的兩根，
，
到直線的距離為：
，
所以直線與圓相切；
綜上若直線與圓相切，則直線與圓相切.
[方法二]【最優解】：設．
當時，同解法1．
當時，直線的方程為，即．
由直線與相切得，化簡得，
同理，由直線與相切得．
因為方程同時經過點，所以的直線方程為，點M到直線距離為．
所以直線與相切．
綜上所述，若直線與相切，則直線與相切．
【整體點評】第二問關鍵點：過拋物線上的兩點直線斜率只需用其縱坐標（或橫坐標）表示，將問題轉化為只與縱坐標（或橫坐標）有關；法一是要充分利用的對稱性，抽象出與關系，把的關系轉化為用表示，法二是利用相切等條件得到的直線方程為，利用點到直線距離進行證明，方法二更為簡單，開拓學生思路
【典例5-2】（內蒙古呼和浩特市2024屆高三第二次質量數據監測理科數學試題）拋物線C的頂點為坐標原點O，焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點M的坐標為，與直線l相切．
(1)求拋物線C和的標準方程；
(2)已知點，點，是C上的兩個點，且直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．
【解析】（1）由已知，設拋物線C的方程為（），
當時，，則，
所以不妨設 ，，
因為，所以，
所以，解得
所以拋物線C的，
因為與直線l：相切，，
所以的半徑為2，
所以的方程
（2）由已知可得在拋物線上，設，
所以，
所以的點斜式方程為
整理可得，
此直線與圓相切，可得，
平方后可得
又因為
化簡得，
同理：的方程為，
所以直線方程為，
所以點M到直線距離為，
所以直線與相切
【變式5-1】（云南省曲靖市第一中學2024屆高三教學質量監測數學試題（五））已知拋物線，其頂點在坐標原點，直線與拋物線交于M，N兩點，且．
(1)求拋物線O的方程．
(2)已知，，，是拋物線O上的三個點，且任意兩點連線斜率都存在．其中，均與相切，請判斷此時圓心到直線的距離是否為定值，如果是定值，請求出定值；若不是定值，請說明理由．
【解析】（1）因為與拋物線相交，
聯立，解得，則，．
因為，所以，
所以，則拋物線的方程為．
（2）由題易知直線，，斜率一定存在，
設，，，則，
則直線的方程為：，
即，即，
因為的圓心為，半徑為，
因為直線與圓相切得：，
平方化簡得：，
看成關于，為變量的式子得：，
同理得直線與圓相切，化簡式子后得：，
所以可以同構出直線的方程為：，
則所以圓心到直線的距離為：
，
此時圓心到直線的距離為定值，定值為.
【變式5-2】（云南省昆明市第一中學2024屆高三第一次摸底測試數學（文）試題）已知A，B，C三點在橢圓上，其中A為橢圓E的右頂點，圓為三角形ABC的內切圓.
（1）求圓O的半徑r；
（2）已知，，是E上的兩個點，直線與直線均與圓O相切，判斷直線與圓O的位置關系，并說明理由.
【解析】（1）因為圓與橢圓均關于軸對稱，故可設，，過圓心作于點，設與軸交于點，
由得，即，而點在橢圓上，
故，即，故.
（2）由題意可知直線與斜率和均存在，設過且與圓相切的直線方程為：，即，
則圓心到該直線的距離，即，
聯立，可得：，
即，則方程異于的實數解
，
，
設，，
則直線的斜率，
故直線的方程為：，
則圓心到的距離，故直線與圓相切 .
題型六：焦點弦圓
【典例6-1】（2024年普通高等學校招生全國統一考試數學猜題卷（四））已知分別為橢圓的左、右焦點，分別是橢圓的右頂點和上頂點，橢圓的離心率為，的面積為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若點在橢圓上，則點稱為點的一個“橢點”.直線與橢圓交于兩點，兩點的“橢點”分別為.問：是否存在過點的直線，使得以為直徑的圓經過坐標原點？若存在，求出的方程；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）由題意得，故，結合得，
則，
，得，，故橢圓的標準方程為.
（2）①當直線的斜率不存在時，直線的方程為，
聯立得，解得或，
不妨令，則.
因 ，
故此時以為直徑的圓不過坐標原點.
②當直線的斜率存在時，如圖，設直線的方程為，
聯立得，消去得，
設，則，
由根與系數的關系可得，(*)
若以為直徑的圓經過坐標原點，則，
而，因此，
即，
將（*）代入得，
因，化簡得，解得.
故直線的方程為或.
【典例6-2】（2024屆吉林省長春市高三第四次調研測試理科數學試卷（帶解析））如圖為橢圓C：的左、右焦點，D，E是橢圓的兩個頂點，橢圓的離心率，的面積為.若點在橢圓C上，則點稱為點M的一個“橢圓”，直線與橢圓交于A，B兩點，A，B兩點的“橢圓”分別為P，Q.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）問是否存在過左焦點的直線，使得以PQ為直徑的圓經過坐標原點？若存在，求出該直線的方程；若不存在，請說明理由.
【解析】由題意，，即，，即
又得：
∴橢圓的標準方程：．
(2)①當直線的斜率不存在時，直線的方程為
聯立，解得或，
不妨令，，所以對應的“橢點”坐標，．
而,所以此時以為直徑的圓不過坐標原點．
②當直線的斜率存在時，設直線的方程為
消去得，
設，則這兩點的“橢點”坐標分別為
由根與系數關系得：
若使得以為直徑的圓過坐標原點，則
而，∴
即，即
代入，解得：
所以直線方程為或．
【變式6-1】已知拋物線上一點到焦點F距離是.
（1）求拋物線C的方程；
（2）過F的直線與拋物線C交于A、B兩點，是否存在一個定圓恒以AB為直徑的圓內切，若存在，求該定圓的方程；若不存在，請說明理由.
【解析】（1）由拋物線的定義得,又，所以，解得：.
點M在拋物線上，
解得,所以拋物線方程為.
(2)當直線l的斜率存在，設直線的方程為，
設l與拋物線交于點，聯立
化簡得 顯然，
設A,B的中點為M，則
，
假設定圓存在，設定圓的方程為
又兩圓內切可得
整理得：
得 定圓的方程為
當直線斜率不存在，則以A,B為直徑的圓的方程為
該圓也與定圓內切
綜上存在定圓恒與以AB為直徑的圓內切.
【變式6-2】（福建省廈門市2024屆高三第二次質量檢測數學試題）已知橢圓C：（a＞b＞0）的離心率為，左、右焦點分別為F1，F2，過F1的直線l交C丁A．B兩點．當l⊥x軸時，△ABF2的面積為3．
(1)求C的方程；
(2)是否存在定圓E，使其與以AB為直徑的圓內切？若存在，求出所有滿足條件的圓E的方程；若不存在，請說明理由．
【解析】（1）已知橢圓C的離心率為，所以；
由當l⊥x軸時，△ABF2的面積為3，得，即，又，
所以，又，則，橢圓方程為.
（2）當l⊥x軸時，以AB為直徑的圓的圓心為F1，半徑；
當l為x軸時，以AB為直徑的圓的圓心為O，半徑；
因為直線l過點F1，所以以AB為直徑的所有圓關于軸兩兩對稱的，
根據對稱性可知，圓E與以AB為直徑的圓內切時，圓心在軸上.設圓心E，半徑為R,
當以AB為直徑的圓在圓E內部與E相切時，
則，，故，
又，所以， ，即，，圓E的方程為；
當以AB為直徑的圓在圓E外部與E相切時，
則，，故，又，
所以， ，即，，圓E的方程為；
當直線l斜率不為零時，設直線l的方程為,，，
聯立，得，
則，，
所以AB的中點即以AB為直徑的圓的圓心，半徑，當圓E的方程為時，
，
此時，所以以AB為直徑的圓與E相切.
當圓E的方程為時，
，
此時，所以以AB為直徑的圓與E相切.
綜上圓E的方程或.
題型七：準線圓
【典例7-1】（2018年全國普通高等學校招生統一考試理數（全國卷II））設拋物線的焦點為，過且斜率為的直線與交于，兩點，．
（1）求的方程；
（2）求過點，且與的準線相切的圓的方程．
【解析】（1）［方法一］：【通性通法】焦點弦的弦長公式的應用
由題意得，設直線l的方程為．
設，由得．
，故．
所以．
由題設知，解得（舍去）或．因此l的方程為．
［方法二］：弦長公式的應用
由題意得，設直線l的方程為．
設，則由得．
，由，解得（舍去）或．因此直線l的方程為．
［方法三］：【最優解】焦點弦的弦長公式的應用
設直線l的傾斜角為，則焦點弦，解得，即．因為斜率，所以．
而拋物線焦點為，故直線l的方程為．
［方法四］：直線參數方程中的弦長公式應用
由題意知，可設直線l的參數方程為（t為參數）．
代入整理得．
設兩根為，則．
由，解得．
因為，所以，因此直線l的參數方程為
故直線l的普通方程為．
［方法五］：【最優解】極坐標方程的應用
以點F為極點，以x軸的正半軸為極軸建立極坐標系，此時拋物線的極坐標方程為．
設，由題意得，解得，即．
所以直線l的方程為．
（2）［方法一］：【最優解】利用圓的幾何性質求方程
由（1）得AB的中點坐標為，所以AB的垂直平分線方程為
，即．
設所求圓的圓心坐標為，則
解得或，
因此所求圓的方程為或．
［方法二］：硬算求解
由題意可知，拋物線C的準線為，所求圓與準線相切．
設圓心為，則所求圓的半徑為．
由得．
所以，
解得或，
所以，所求圓的方程為或．
【整體點評】（1）方法一：根據弦過焦點，選擇焦點弦長公式運算，屬于通性通法；
方法二：直接根據一般的弦長公式硬算，是解決弦長問題的一般解法；
方法三：根據弦過焦點，選擇含直線傾斜角的焦點弦長公式，計算簡單，屬于最優解；
方法四：根據直線參數方程中的弦長公式，利用參數的幾何意義運算；
方法五：根據拋物線的極坐標方程，利用極徑的意義求解，計算簡單，也是該題的最優解．
（2）方法一：根據圓的幾何性質確定圓心位置，再根據直線與圓的位置關系算出，是求圓的方程的最優解；
方法二：直接根據圓經過兩點，硬算，思想簡單，運算相對復雜．
【典例7-2】（專題24圓錐曲線中的存在性、探索性問題微點2圓錐曲線中的探索性問題）已知定點，，定直線：，不在軸上的動點與點的距離是它到直線的距離的倍．設點的軌跡為，過點的直線交于、兩點，直線、分別交于點、．
(1)求的方程；
(2)試判斷以線段為直徑的圓是否過定點，若過定點，求出定點的坐標；若不存在，說明理由．
【解析】（1）設，依題意有，化簡可得（）．
（2）解法1：假設以線段為直徑的圓過定點，由對稱性可知該定點必在軸上，設．設直線的方程為，由，消去可得，由題意知．設，，則，．因為直線的方程為，所以點的坐標為，同理，于是，．由可得，即，即，即，解得或，所以以線段為直徑的圓過定點和．
解法2：假設以線段為直徑的圓過定點，由對稱性可知該定點必在軸上．若垂直于軸，則，直線方程為，所以點坐標為，此時以為直徑的圓的方程為，該圓與軸交于點和．下面進行驗證．
設直線的方程為，由，消去可得，由題意知．設，，則，．因為直線的方程為，所以點的坐標為，同理．
因為，，所以
．同理．所以以線段為直徑的圓過定點和．
【變式7-1】（2024屆四川省遂寧市高三第二次診斷考試文科數學試卷（帶解析））已知定點，，定直線：，動點與點的距離是它到直線的距離的.設點的軌跡為，過點的直線交于、兩點，直線、與直線分別相交于、兩點．
（1）求的方程；
（2）試判斷以線段為直徑的圓是否過點，并說明理由.
【解析】（1）設，根據動點與點的距離是它到直線的距離的，便可得求的方程；
（2）由于直線 過x軸上的點，故可設直線方程為，再代入橢圓的方程，可得，結合根與系數的關系求出點、坐標，從而得向量的坐標，然后計算其數量積.若數量積為0，則垂直；否則不垂直，進而可判斷以線段為直徑的圓是否過點.
試題解析：（1），設為C上任意一點，依題意有
∴
（2）易知直線斜率不為0，設方程為
由，得
設，，則，
由，知方程為，點坐標為
同理，點坐標為
則
∴
=
∴ 以為直徑的圓恒過點F
【變式7-2】已知雙曲線：經過點A，且點到的漸近線的距離為．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)過點作斜率不為的直線與雙曲線交于M，N兩點，直線分別交直線AM，AN于點E，F．試判斷以EF為直徑的圓是否經過定點，若經過定點，請求出定點坐標；反之，請說明理由．
【解析】（1）由題意得：
因為雙曲線C的漸近線方程為，所以有：
解得：
因此，雙曲線C的方程為：
（2）①當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為
由可得：
設、，
則由：，
由直線AM方程，令，得點
由直線AN方程，令，得點
則以EF為直徑的圓的方程為：
令，有：
將，代入上式，得
可得：
解得：，或
即以EF為直徑的圓經過點和；
②當直線l的斜率不存在時，點E、F的坐標分別為、，以EF為直徑的圓方程為，該圓經過點和
綜合可得，以EF為直徑的圓經過定點和
【變式7-3】（寧夏回族自治區石嘴山市2024屆高三二模數學（理）試題）已知橢圓的右焦點為F，A、B分別為橢圓的左頂點和上頂點，ABF的面積為．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）過點F的直線l與橢圓C交于P，Q兩點，直線AP、AQ分別與直線x＝交于點M、N．以MN為直徑的圓是否恒過定點？若是，請求出該定點坐標；若不是，請說明理由．
【解析】（1）由題得
ABF的面積，解得a＝2，
即橢圓C的標準方程為．
（2）已知點A（－2，0），設直線PQ的方程為，點．
直線AP的方程為，直線AQ的方程為，
將代入直線AP、AQ方程，
可得，．
設以MN為直徑的圓過定點P（m，n），則，
即
聯立橢圓和直線PQ的方程為，
可得，
化簡得，即，．
代入上式化簡得
，由此可知，若上式與t無關，
則，又，
因此MN為直徑的圓恒過定點和．
1．（2024·陜西西安·一模）數學家加斯帕爾·蒙日創立的《畫法幾何學》對世界各國科學技術的發展影響深遠.在雙曲線中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，它的圓心是雙曲線的中心，半徑等于實半軸長與虛半軸長的平方差的算術平方根，這個圓被稱為蒙日圓.已知雙曲線的實軸長為，其蒙日圓方程為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)設點關于坐標原點的對稱點為，不過點且斜率為的直線與雙曲線相交于兩點，直線與交于點，求直線的斜率值.
【解析】（1）由題意知，雙曲線的實軸長為，其蒙日圓方程為，
可得，解得，
所以的標準方程為：.
（2）設，直線的方程為，
由，整理得，
因為直線與相交于兩點，
所以，且，
由點，當直線的斜率均存在時，
，
所以直線的方程為，
直線的方程為
兩方程聯立方程組，可得，
顯然，可得，
所以，
當直線的斜率不存在時，可得直線的方程為，直線的方程為，
則，所以.
當直線的斜率不存在時，可得直線的方程為，直線的方程為，則，所以，即
綜上可得：直線的斜率值.
2．（2024·河南南陽·一模）在橢圓(雙曲線)中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，該圓的圓心是橢圓(雙曲線)的中心，半徑等于橢圓(雙曲線)長半軸(實半軸)與短半軸(虛半軸)平方和(差)的算術平方根，則這個圓叫蒙日圓.已知橢圓的蒙日圓的面積為，該橢圓的上頂點和下頂點分別為，且，設過點的直線與橢圓交于兩點（不與兩點重合）且直線.
(1)證明：，的交點在直線上;
(2)求直線圍成的三角形面積的最小值.
【解析】（1）根據題意，蒙日圓的半徑為，所以.
因為，可知，則，
所以橢圓的標準方程為，
因為直線過點，可知直線的斜率存在，且直線與橢圓必相交，
可設直線，
聯立方程，消去可得，
由根與系數的關系可得：
因為，可得直線，直線，
所以
即，解得，
所以直線的交點在直線上.
（2）設直線與直線的交點分別為，
則由（1）可知：直線，直線.
聯立方程和，
解得
因為，
又因為點到直線的距離，
可得，只需求的最小值.
由弦長公式可得
令，則.
可得，
當且僅當，即時等號成立.
即的最小值為，可得面積的最小值為.
故直線圍成的三角形面積的最小值為.
3．法國數學家加斯帕爾·蒙日發現：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點軌跡為一個圓，該圓的方程為，這個圓被稱為蒙日圓，已知拋物線的焦點是橢圓的一個短軸端點，且橢圓的離心率為．
（1）求橢圓的標準方程和它的“蒙日圓”的方程；
（2）若斜率為1的直線與“蒙日圓”相交于，兩點，且與橢圓相切，為坐標原點，求的面積．
【解析】（1）由題意，拋物線的焦點為，可得，
又由，且，可得，，
于是橢圓的標準方程為：；“蒙日圓”方程為．
（2）設直線，，，
由，整理得，
令，可得，解得，
“蒙日圓”方程為，圓心為，半徑，
則圓心到直線的距離，
由弦長公式，可得．
所以的面積為．
4．已知，是雙曲線：上的兩點，點是線段的中點.
(1)求直線的方程；
(2)若線段的垂直平分線與相交于，兩點，證明：，，，四點共圓.
【解析】（1）依題意，直線的斜率必定存在，設其斜率為，，，
所以，，所以，
又，，所以，
故直線的方程為，即，經檢驗，符合題意，
所以直線的方程為.
（2）
證明：由得，
解得或，所以，.
線段中垂線的方程為：，
設，
由得，
所以，
故的中點，所以，
，
所以，，，在以為圓心，為半徑的圓上，
所以，，，四點共圓.
5．設橢圓，過點且傾斜角互補的兩直線分別與橢圓交于和，證明四點共圓．
【解析】證明：根據題意可知，當兩直線傾斜角互補時，斜率不存在這種情況不成立，
故設，，
則由和構成的二次曲線方程為，
若四點共圓，則，
即，
故，即時，四點共圓，
圓的方程為．
又因為恒成立，
故四點共圓．
6．（2024·廣西來賓·一模）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為.

(1)求C的方程；
(2)記C的左頂點為A，直線與x軸交于點B，過B的直線與C的右支于P，Q兩點，直線AP，AQ分別交直線l于點M，N，證明O，A，M，N四點共圓.
【解析】（1）由題意可得，解得，，
所以C的方程為.
（2）如圖：
設直線PQ的方程為，，，
代入C的方程整理可得：，
，且，故且.
，，
因為P，Q在C的右支上，，，綜上，
C的左頂點為，故直線AP與AQ的方程分別為：
，，可得，.
要證O，A，M，N四點共圓只需證，
即證，即證與互余
即只需證，
因為，
所以O，A，M，N四點共圓.
7．已知拋物線，.
(1)直線交拋物線于A，B兩點，求面積的最大值；
(2)已知P，Q是上的不同兩點，且直線的斜率，直線，分別交拋物線于，，，四點，求證：，，，四點共圓.
【解析】（1）
設，
則，
所以，則，
故,
所以，
又點到直線的距離為，
則，
令，則，
則當時，，函數遞增；當時，，函數遞減；
故當時，取得最大值為，故面積的最大值為.
（2）證明：設，
則，故，
故，
設，，
則直線的方程為，即，
直線的方程為，即，
故滿足方程，即（*），
又都在拋物線上，即四點坐標滿足方程，
也滿足（**），
（**）-（*）得：，即，
四點的坐標都滿足此方程，
由知此方程對應的曲線是圓，
故，，，四點共圓.
8．（2024·天津武清·模擬預測）已知橢圓經過點和，橢圓上三點與原點構成平行四邊形.
(1)求橢圓的方程；
(2)若四點共圓，求直線的斜率.
【解析】（1）因為橢圓過點和，
則，解得，
所以橢圓C的方程為.
（2）方法一：
因為直線AB的斜率存在，設直線AB的方程為，
聯立方程，消去y得，
可得，
則，，
可得，
，
因為四邊形是平行四邊形，故，
即.
因為點M在橢圓C上，故，整理可得，即.
因為A，M，B，O四點共圓，可知平行四邊形是矩形，故，
可得，整理得.
聯立方程，解得，
此時，可知符合題意，
所以所求直線AB的斜率為.
方法二：
設，，由四邊形是平行四邊形可知，即.
再由A，M，B，O四點共圓，可知四邊形AMBO是矩形，故
，從而.
而在橢圓上，將的坐標代入橢圓方程可得.
從而.
故，從而.
故所求斜率.
9．（2024·遼寧沈陽·模擬預測）已知拋物線：，過點的直線與拋物線E交于A，B兩點，設拋物線E在點A，B處的切線分別為和，已知與x軸交于點M，與x軸交于點N，設與的交點為P.
(1)證明：點P在定直線上；
(2)若面積為，求點P的坐標；
(3)若P，M，N，T四點共圓，求點P的坐標.
【解析】（1）由，得，，設，，，
所以方程為：，整理得：.
同理可得，方程為：
聯立方程方程解得，
因為點T在拋物線內部，可知直線的斜率存在，且與拋物線必相交，
設直線的方程為，與拋物線方程聯立得：，
故，所以，
所以，，可知
所以點在定直線上.
（2）在，的方程中，令，得，，
由（1）知，，，，
所以面積，
故，
化簡可得，故或，
所以點P的坐標為或
（3）若，則，重合，與題設矛盾.
拋物線焦點，由,得直線斜率，
直線斜率，所以，
可知，同理，所以是外接圓的直徑.
若點T也在該圓上，則.
由得，故,
得直線的方程為：.
又點在定直線上，
聯立兩直線方程得
10．（2024·高三·江蘇·期末）已知雙曲線C：（，）的兩個焦點是，，頂點，點M是雙曲線C上一個動點，且的最小值是.
(1)求雙曲線C的方程；
(2)設點P是y軸上異于C的頂點和坐標原點O的一個定點，直線l過點P且平行于x軸，直線m過點P且與雙曲線C交于B，D兩點，直線AB，AD分別與直線l交于G，H兩點.若O，A，G，H四點共圓，求點P的坐標.
【解析】（1）（法一）已知雙曲線方程是（，），
由頂點得，所以，
設點，，，，
所以，
當且僅當時取等號，故的最小值為，
所以，所以，，
故雙曲線：.
（法二）.
當且僅當時取等號，故的最小值為，
所以，所以，，
故雙曲線：.
（2）（法一）設點，，，則直線：，
設直線的方程為，，設點，，
聯立，消去得，
其中，，，（*），
設直線的傾斜角為，直線的傾斜角為，所以或，
故直線的斜率與直線的斜率滿足.
因為直線的方程是，所以，
所以，
且，
所以，
將（*）代入，整理得到，解得或（舍），所以.
（法二）同法一可知直線的斜率與直線的斜率滿足，
又，則，所以，
設直線的方程是，將點代入直線，
得到①，
又雙曲線的方程可化為，
由
得，
設，則，
直線和直線的斜率是該方程的兩個根，
所以，所以②，
聯立①②，得到，所以.
11．已知，分別是橢圓的左 右焦點，其焦距為，過的直線與交于，兩點，且的周長是.
（1）求的方程；
（2）若是上的動點，從點(是坐標系原點)向圓作兩條切線，分別交于，兩點.已知直線，的斜率存在，并分別記為，.
（ⅰ）求證：為定值；
（ⅱ）試問是否為定值？若是，求出該值；若不是，請說明理由.
【解析】（1）設橢圓的焦距為()，
則，
故：.
直線過的焦點，且的周長是，
，
.
.
橢圓的方程是.
（2）（ⅰ）從點(是坐標系原點)向圓作兩條切線，分別交于，兩點.已知直線，的斜率存在，并分別記為，
直線：，直線：.
直線與圓相切，
根據點到直線距離公式可得：
化簡得；
同理可得.
是一元二次方程的兩實數根，
則有
又點在上，
，即，
(定值).
（ⅱ）是定值，且定值為.
理由如下：
設.
聯立方程組
解得
.
同理可得.
由（ⅰ）知，
，
(定值).
12．（【百強校】2024屆江蘇省揚州中學高三12月月考數學試卷（帶解析））如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓：的離心率為，且右焦點F到直線的距離為．
（Ⅰ）求橢圓的標準方程；
（Ⅱ）（1）設橢圓上的任一點，從原點向圓引兩條切線，設兩條切線的斜率分別為，當為定值時求的值；
（2）在（1）的條件下，當兩條切線分別交橢圓于時，試探究是否為定值，若是，求出其值；若不是，請說明理由．
【解析】（Ⅰ）依題意，，
解得
∴，
所以橢圓的方程為；
（Ⅱ）（1）依題意，兩條切線方程分別為，
由，化簡得，
同理．
所以是方程的兩個不相等的實數根，
．
因為，所以，
所以，
因為為定值，
所以，
所以，解得；
（2）由（1）得，，設，則
，，
因為，所以，
所以，
所以，，
所以．
13．如圖，在平面直角坐標系中，設點是橢圓C：上一點，從原點O向圓作兩條切線，分別與橢圓C交于點，直線的斜率分別記為．
(1)若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點，求圓M的方程；
(2)若，求證：；
(3)在（2）的情況下，求的最大值．
【解析】（1）橢圓C的右焦點是，將，代入，
可得，所以，所以圓M的方程為.
（2）證明：因為直線與圓相切，
所以直線與圓聯立，
可得，
同理有
所以是方程的兩個不相等的實數根，
所以又因為在橢圓上，所以
即所以即
考點：橢圓的標準方程及其幾何性質、圓的標準方程及其幾何性質．
15．已知拋物線的頂點是橢圓的中心，焦點與該橢圓的右焦點重合.
(1)求拋物線的方程；
(2)已知動直線過點，交拋物線于、兩點，坐標原點為中點，
①求證：；
②是否存在垂直于軸的直線被以為直徑的圓所截得的弦長恒為定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，說明理由.
【解析】（1）由題意，可設拋物線方程為．
由，可得，
拋物線的焦點為，，
拋物線的方程為；
（2）①設，，
由于為中點且，則，
故當軸時，由拋物線的對稱性知，一定有，
當不垂直軸時，顯然直線的斜率不為，設，
由，得，，
則，
則，，
所以，
則，
綜上證知，；
②設存在直線滿足題意，
設圓心，過作直線的垂線，垂足為，圓與直線的一個交點為，
，
即
，
當時，，
此時直線被以為直徑的圓截得的弦長恒為定值，
因此存在直線：滿足題意.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)重難點突破15 圓錐曲線中的經典七大名圓問題
目錄
01 方法技巧與總結 2
02題型歸納與總結 2
題型一：蒙日圓問題 2
題型二：直徑為圓問題 5
題型三：四點共圓問題 6
題型四：內準圓問題 8
題型五：彭賽列圓問題 10
題型六：焦點弦圓 11
題型七：準線圓 13
03 過關測試 14
1、曲線的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是圓：．
2、雙曲線的兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是圓．
3、拋物線的兩條互相垂直的切線的交點在該拋物線的準線上．
4、證明四點共圓的方法：
方法一：從被證共圓的四點中先選出三點作一圓，然后證另一點也在這個圓上，若能證明這一點，則可肯定這四點共圓．
方法二：把被證共圓的四個點連成共底邊的兩個三角形，且兩三角形都在這底邊的同側，若能證明其頂角相等，則可肯定這四點共圓（根據圓的性質一一同弧所對的圓周角相等證）．
方法三：把被證共圓的四點連成四邊形，若能證明其對角互補或能證明其中一個外角等于其內對角時，則可肯定這四點共圓（根據圓的性質一一圓內接四邊形的對角和為，并且任何一個外角都等于它的內對角）．
方法四：證明被證共圓的四點到某一定點的距離都相等，或證明被證四點連成的四邊形其中三邊中垂線有交點），則可肯定這四點共圓（根據圓的定義：平面內到定點的距離等于定長的點的軌跡為圓）．
題型一：蒙日圓問題
【典例1-1】（2024·上海·模擬預測）日日新學習頻道劉老師通過學習了解到：法國著名數學家加斯帕爾·蒙日在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點Q的軌跡是以橢圓的中心為圓心，（a為橢圓的長半軸長，b為橢圓的短半軸長）為半徑的圓，這個圓被稱為蒙日圓.已知橢圓C：.
(1)求橢圓C的蒙日圓的方程；
(2)若斜率為1的直線與橢圓C相切，且與橢圓C的蒙日圓相交于M，N兩點，求的面積（O為坐標原點）；
(3)設P為橢圓C的蒙日圓上的任意一點，過點P作橢圓C的兩條切線，切點分別為A，B，求面積的最小值.
【典例1-2】（2024·全國·模擬預測）在圓上任取一點，過點作軸的垂線段，垂足為．當點在圓上運動時，線段的中點的軌跡是橢圓．
(1)求該橢圓的方程．
(2)法國數學家加斯帕爾·蒙日（1746—1818）發現：橢圓上任意兩條互相垂直的切線的交點，必在一個與橢圓同心的圓上，稱此圓為該橢圓的“蒙日圓”．若橢圓的左、右焦點分別為為橢圓上一動點，直線與橢圓的蒙日圓相交于點，求證：為定值．
【變式1-1】法國著名數學家加斯帕爾蒙日在研究圓錐曲線時發現：橢圓的任意兩條互相垂直的切線的交點的軌跡是以橢圓的中心為圓心，為橢圓的長半軸長，為橢圓的短半軸長）為半徑的圓，這個圓被稱為蒙日圓.已知橢圓過點.且短軸的一個端點到焦點的距離為.
(1)求橢圓的蒙日圓的方程；
(2)若斜率為1的直線與橢圓相切，且與橢圓的蒙日圓相交于，兩點，求的面積為坐標原點）；
(3)設為橢圓的蒙日圓上的任意一點，過點作橢圓的兩條切線，切點分別為，，求面積的最小值.
【變式1-2】定義橢圓的“蒙日圓”的方程為，已知橢圓的長軸長為4，離心率為.
(1)求橢圓的標準方程和它的“蒙日圓”E的方程；
(2)過“蒙日圓”E上的任意一點M作橢圓的一條切線，A為切點，延長MA與“蒙日圓”E交于點，O為坐標原點，若直線OM，OD的斜率存在，且分別設為，證明：為定值.
【變式1-3】（2024·江西撫州·模擬預測）給定橢圓，稱圓心在原點，半徑為的圓是橢圓的“準圓”.若橢圓的一個焦點為，其短軸上的一個端點到的距離為.
（1）求橢圓的方程和其“準圓”方程；
（2）點是橢圓的“準圓”上的動點，過點作橢圓的切線交“準圓”于點.
①當點為“準圓”與軸正半軸的交點時，求直線的方程并證明；
②求證：線段的長為定值.
題型二：直徑為圓問題
【典例2-1】（2024·高三·河北·開學考試）已知橢圓的離心率為，且過點．
(1)求橢圓的方程；
(2)直線與橢圓交于，兩點，且以線段為直徑的圓過橢圓的右頂點，求證：直線恒過定點，并求出該定點的坐標．
【典例2-2】已知，直線l：，橢圓C：，、分別為橢圓C的左、右焦點．
(1)當直線l過右焦點時，求直線l的方程．
(2)當直線l與橢圓C相離、相交時，求m的取值范圍．
(3)設直線l與橢圓C交于A、B兩點，、的重心分別為G、H．若原點O在以線段GH為直徑的圓內，求實數m的取值范圍．
【變式2-1】（2024·高三·湖北·開學考試）已知平面內一動圓過點，且在y軸上截得弦長為4，動圓圓心的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程；
(2)若過點的直線l與曲線C交于點M，N，問：以MN為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出這個定點；若不過定點，請說明理由.
【變式2-2】（2024·寧夏銀川·一模）已知橢圓的離心率，且點在橢圓上，直線與橢圓交于不同的兩點．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)證明：線段的中點在直線上；
(3)過點作軸的平行線，與直線的交點為，證明：點在以線段為直徑的圓上．
【變式2-3】（2024·山東泰安·模擬預測）已知拋物線，焦點為，點在上，直線∶與相交于兩點，過分別向的準線作垂線，垂足分別為.
(1)設的面積分別為，求證：；
(2)若直線，分別與相交于，試證明以為直徑的圓過定點，并求出點的坐標.
題型三：四點共圓問題
【典例3-1】（2024·上海·三模）已知拋物線的焦點為F，過點的直線l與交于A、B兩點．設在點A、B處的切線分別為，，與x軸交于點M，與x軸交于點N，設與的交點為P．
(1)設點A橫坐標為a，求切線的斜率，并證明；
(2)證明：點P必在直線上；
(3)若P、M、N、T四點共圓，求點P的坐標．
【典例3-2】已知橢圓的離心率為，點分別為橢圓的右頂點和上頂點，且．
(1)試求橢圓的方程；
(2)斜率為的直線與橢圓交于兩點，點在第一象限，求證：四點共圓．
【變式3-1】已知雙曲線，過的直線與雙曲線的右支交于兩點.
(1)若，求直線的方程，
(2)設過點且垂直于直線的直線與雙曲線交于兩點，其中在雙曲線的右支上.
（i）設和的面積分別為，求的取值范圍；
（ii）若關于原點對稱的點為，證明：為的垂心，且四點共圓.
【變式3-2】已知橢圓的離心率為，右頂點為，設點為坐標原點，點為橢圓上異于左右頂點的動點，的面積最大值為．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設直線交軸于，其中，直線交橢圓于另一點，直線分別交直線于點和，是否存在實數使得四點共圓，若存在，求出的值；若不存在，說明理由．
【變式3-3】在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為.
（1）求的方程；
（2）設點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和.
題型四：內準圓問題
【典例4-1】已知、分別為橢圓的左、右焦點，M為上的一點.
(1)若點M的坐標為，求的面積；
(2)若點M的坐標為，且直線與交于不同的兩點A、B，求證：為定值，并求出該定值；
(3)如圖，設點M的坐標為，過坐標原點O作圓（其中r為定值，且）的兩條切線，分別交于點P，Q，直線OP，OQ的斜率分別記為，.如果為定值，求的取值范圍，以及取得最大值時圓M的方程.
【典例4-2】（2024屆上海市寶山區高三（一模）期末數學試題）已知分別為橢圓的左、右焦點，M為上的一點．
（1）若點M的坐標為，求的面積；
（2）若點M的坐標，且直線與交于兩不同點A、B，求證：為定值，并求出該定值；
（3）如圖，設點M的坐標為，過坐標原點O作圓（其中r為定值，且）的兩條切線，分別交于點P，Q，直線的斜率分別記為．如果為定值，試問：是否存在銳角，使？若存在，試求出的一個值；若不存在，請說明理由．
【變式4-1】（2018年全國高中數學聯賽遼寧省預賽）如圖所示，在平面直角坐標系，設點是橢圓上一點，左右焦點分別是、，從原點O向圓M：作兩條切線分別與橢圓C交于點P、Q，直線OP、OQ的斜率分別記為、.
(1)設直線、分別與圓交于A、B兩點，當，求點A的軌跡方程；
(2)當為定值時，求的最大值.
【變式4-3】已知橢圓的離心率為，設是C上的動點，以M為圓心作一個半徑的圓，過原點作該圓的兩切線分別與橢圓C交于點P、Q，若存在圓M與兩坐標軸都相切．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線OP，OQ的斜率都存在且分別為，，求證：為定值；
(3)證明：為定值？并求的最大值．
題型五：彭賽列圓問題
【典例5-1】拋物線C的頂點為坐標原點O．焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點，且與l相切．
（1）求C，的方程；
（2）設是C上的三個點，直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．
【典例5-2】（內蒙古呼和浩特市2024屆高三第二次質量數據監測理科數學試題）拋物線C的頂點為坐標原點O，焦點在x軸上，直線l：交C于P，Q兩點，且．已知點M的坐標為，與直線l相切．
(1)求拋物線C和的標準方程；
(2)已知點，點，是C上的兩個點，且直線，均與相切．判斷直線與的位置關系，并說明理由．
【變式5-1】（云南省曲靖市第一中學2024屆高三教學質量監測數學試題（五））已知拋物線，其頂點在坐標原點，直線與拋物線交于M，N兩點，且．
(1)求拋物線O的方程．
(2)已知，，，是拋物線O上的三個點，且任意兩點連線斜率都存在．其中，均與相切，請判斷此時圓心到直線的距離是否為定值，如果是定值，請求出定值；若不是定值，請說明理由．
【變式5-2】（云南省昆明市第一中學2024屆高三第一次摸底測試數學（文）試題）已知A，B，C三點在橢圓上，其中A為橢圓E的右頂點，圓為三角形ABC的內切圓.
（1）求圓O的半徑r；
（2）已知，，是E上的兩個點，直線與直線均與圓O相切，判斷直線與圓O的位置關系，并說明理由.
題型六：焦點弦圓
【典例6-1】（2024年普通高等學校招生全國統一考試數學猜題卷（四））已知分別為橢圓的左、右焦點，分別是橢圓的右頂點和上頂點，橢圓的離心率為，的面積為.
(1)求橢圓的標準方程；
(2)若點在橢圓上，則點稱為點的一個“橢點”.直線與橢圓交于兩點，兩點的“橢點”分別為.問：是否存在過點的直線，使得以為直徑的圓經過坐標原點？若存在，求出的方程；若不存在，請說明理由.
【典例6-2】（2024屆吉林省長春市高三第四次調研測試理科數學試卷（帶解析））如圖為橢圓C：的左、右焦點，D，E是橢圓的兩個頂點，橢圓的離心率，的面積為.若點在橢圓C上，則點稱為點M的一個“橢圓”，直線與橢圓交于A，B兩點，A，B兩點的“橢圓”分別為P，Q.
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）問是否存在過左焦點的直線，使得以PQ為直徑的圓經過坐標原點？若存在，求出該直線的方程；若不存在，請說明理由.
【變式6-1】已知拋物線上一點到焦點F距離是.
（1）求拋物線C的方程；
（2）過F的直線與拋物線C交于A、B兩點，是否存在一個定圓恒以AB為直徑的圓內切，若存在，求該定圓的方程；若不存在，請說明理由.
【變式6-2】（福建省廈門市2024屆高三第二次質量檢測數學試題）已知橢圓C：（a＞b＞0）的離心率為，左、右焦點分別為F1，F2，過F1的直線l交C丁A．B兩點．當l⊥x軸時，△ABF2的面積為3．
(1)求C的方程；
(2)是否存在定圓E，使其與以AB為直徑的圓內切？若存在，求出所有滿足條件的圓E的方程；若不存在，請說明理由．
題型七：準線圓
【典例7-1】（2018年全國普通高等學校招生統一考試理數（全國卷II））設拋物線的焦點為，過且斜率為的直線與交于，兩點，．
（1）求的方程；
（2）求過點，且與的準線相切的圓的方程．
【典例7-2】（專題24圓錐曲線中的存在性、探索性問題微點2圓錐曲線中的探索性問題）已知定點，，定直線：，不在軸上的動點與點的距離是它到直線的距離的倍．設點的軌跡為，過點的直線交于、兩點，直線、分別交于點、．
(1)求的方程；
(2)試判斷以線段為直徑的圓是否過定點，若過定點，求出定點的坐標；若不存在，說明理由．
【變式7-1】（2024屆四川省遂寧市高三第二次診斷考試文科數學試卷（帶解析））已知定點，，定直線：，動點與點的距離是它到直線的距離的.設點的軌跡為，過點的直線交于、兩點，直線、與直線分別相交于、兩點．
（1）求的方程；
（2）試判斷以線段為直徑的圓是否過點，并說明理由.
【變式7-2】已知雙曲線：經過點A，且點到的漸近線的距離為．
(1)求雙曲線C的方程；
(2)過點作斜率不為的直線與雙曲線交于M，N兩點，直線分別交直線AM，AN于點E，F．試判斷以EF為直徑的圓是否經過定點，若經過定點，請求出定點坐標；反之，請說明理由．
【變式7-3】（寧夏回族自治區石嘴山市2024屆高三二模數學（理）試題）已知橢圓的右焦點為F，A、B分別為橢圓的左頂點和上頂點，ABF的面積為．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）過點F的直線l與橢圓C交于P，Q兩點，直線AP、AQ分別與直線x＝交于點M、N．以MN為直徑的圓是否恒過定點？若是，請求出該定點坐標；若不是，請說明理由．
1．（2024·陜西西安·一模）數學家加斯帕爾·蒙日創立的《畫法幾何學》對世界各國科學技術的發展影響深遠.在雙曲線中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，它的圓心是雙曲線的中心，半徑等于實半軸長與虛半軸長的平方差的算術平方根，這個圓被稱為蒙日圓.已知雙曲線的實軸長為，其蒙日圓方程為.
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)設點關于坐標原點的對稱點為，不過點且斜率為的直線與雙曲線相交于兩點，直線與交于點，求直線的斜率值.
2．（2024·河南南陽·一模）在橢圓(雙曲線)中，任意兩條互相垂直的切線的交點都在同一個圓上，該圓的圓心是橢圓(雙曲線)的中心，半徑等于橢圓(雙曲線)長半軸(實半軸)與短半軸(虛半軸)平方和(差)的算術平方根，則這個圓叫蒙日圓.已知橢圓的蒙日圓的面積為，該橢圓的上頂點和下頂點分別為，且，設過點的直線與橢圓交于兩點（不與兩點重合）且直線.
(1)證明：，的交點在直線上;
(2)求直線圍成的三角形面積的最小值.
3．法國數學家加斯帕爾·蒙日發現：與橢圓相切的兩條垂直切線的交點軌跡為一個圓，該圓的方程為，這個圓被稱為蒙日圓，已知拋物線的焦點是橢圓的一個短軸端點，且橢圓的離心率為．
（1）求橢圓的標準方程和它的“蒙日圓”的方程；
（2）若斜率為1的直線與“蒙日圓”相交于，兩點，且與橢圓相切，為坐標原點，求的面積．
4．已知，是雙曲線：上的兩點，點是線段的中點.
(1)求直線的方程；
(2)若線段的垂直平分線與相交于，兩點，證明：，，，四點共圓.
5．設橢圓，過點且傾斜角互補的兩直線分別與橢圓交于和，證明四點共圓．
6．（2024·廣西來賓·一模）已知雙曲線的右焦點為，漸近線方程為.

(1)求C的方程；
(2)記C的左頂點為A，直線與x軸交于點B，過B的直線與C的右支于P，Q兩點，直線AP，AQ分別交直線l于點M，N，證明O，A，M，N四點共圓.
7．已知拋物線，.
(1)直線交拋物線于A，B兩點，求面積的最大值；
(2)已知P，Q是上的不同兩點，且直線的斜率，直線，分別交拋物線于，，，四點，求證：，，，四點共圓.
8．（2024·天津武清·模擬預測）已知橢圓經過點和，橢圓上三點與原點構成平行四邊形.
（ⅰ）求證：為定值；
（ⅱ）試問是否為定值？若是，求出該值；若不是，請說明理由.
12．（【百強校】2024屆江蘇省揚州中學高三12月月考數學試卷（帶解析））如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓：的離心率為，且右焦點F到直線的距離為．
（Ⅰ）求橢圓的標準方程；
（Ⅱ）（1）設橢圓上的任一點，從原點向圓引兩條切線，設兩條切線的斜率分別為，當為定值時求的值；
（2）在（1）的條件下，當兩條切線分別交橢圓于時，試探究是否為定值，若是，求出其值；若不是，請說明理由．
13．如圖，在平面直角坐標系中，設點是橢圓C：上一點，從原點O向圓作兩條切線，分別與橢圓C交于點，直線的斜率分別記為．
(1)若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點，求圓M的方程；
(2)若，求證：；
(3)在（2）的情況下，求的最大值．
14．（【百強校】2024屆上海市行知中學高三第一次月考數學試卷（帶解析））在平面直角坐標系中，已知橢圓，設是橢圓上任一點，從原點向圓作兩條切線，切點分別為．
（1）若直線互相垂直，且點在第一象限內，求點的坐標；
（2）若直線的斜率都存在，并記為，求證：．
15．已知拋物線的頂點是橢圓的中心，焦點與該橢圓的右焦點重合.
(1)求拋物線的方程；
(2)已知動直線過點，交拋物線于、兩點，坐標原點為中點，
①求證：；
②是否存在垂直于軸的直線被以為直徑的圓所截得的弦長恒為定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，說明理由.
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