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第46讲 解析几何中的四点共圆问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练
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第46讲 解析几何中的四点共圆问题
一、单选题
1．（2020·全国全国·模拟预测）已知，分别为双曲线（，）的左右焦点，点为双曲线右支上一点，直线交轴于点，且点，，，四点共圆（其中为坐标原点），若射线是的角平分线，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
由，，，四点共圆得到，结合射线是的角平分线以及双曲线的性质求得，由此求得，结合双曲线的定义求得双曲线的离心率.
【详解】
因为点，，，四点共圆，所以．
因为射线是的角平分线，所以，
由双曲线的对称性知，所以，
，
因此，，从而，
因此离心率.
故选：B
2．（2020·河北·张家口市宣化第一中学高三月考）在平面直角坐标系中，已知椭圆的上下顶点分别为，右顶点为，右焦点为，延长与交于点，若四点共圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由四点共圆，可得，即，列等式即可求解.
【详解】
如图，，，，，
因为四点共圆，,
所以，所以，即，
，整理可得，
所以，，解得，
因为，所以.
故选：C
【点睛】
本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了基本运算能力，属于基础题.
二、多选题
3．（2021·山东菏泽·二模）已知，为双曲线C：x2–=1的左、右焦点，在双曲线右支上取一点P，使得PF1⊥PF2，直线PF2与y轴交于点Q，连接QF1，△PQF1，的内切圆圆心为I，则下列结论正确的有（ ）
A．F1，F2，P，I四点共圆 B．△PQF1的内切圆半径为1
C．I为线段OQ的三等分点 D．PF1与其中一条渐近线垂直
【答案】ABD
【分析】
根据双曲线的定义可得，，由双曲线的对称性可判断A；由双曲线的定义可判断B；根据可判断C、D.
【详解】
解析：由勾股定理及双曲线的定义可得：，
对于A：易知在轴上，由对称性可得，
则，可知，，，四点共于以为直径的圆上；A正确
对于B：
，正确
对于C：，
故为中点，C错误．D显然正确．
故选：ABD
4．（2021·江苏海安·模拟预测）已知双曲线，为双曲线上一点，过点的切线为，双曲线的左右焦点，到直线的距离分别为，，则（ ）
A．
B．直线与双曲线渐近线的交点为，，则，，，四点共圆
C．该双曲线的共轭双曲线的方程为
D．过的弦长为5的直线有且只有1条
【答案】AB
【分析】
对于A中，求得切线的方程，结合点到直线的距离公式，可判定A正确
对于B中，联立方程组，分别求得坐标，结合斜率公式，可判定B正确，根据共轭双曲线的定义，可判定C错误；结合实轴长和通经，可判定D错误.
【详解】
由题意，双曲线的焦点坐标为，，
对于A中，由双曲线的性质，可得切线的方程为，即，
则，
所以A正确
对于B中，联立方程组，可得，
又由，可得，
，，
，
，
则
，
∴，，
∴，，，四点共圆，B正确.
对于C中，双曲线的共轭双曲线为，所以C错误
对于D中，由双曲线，可得，则，
可得，且通经长，所以过的弦长为5的直线有3条，所以D错误.
故选：AB.
【点睛】
方法点拨：联立方程组，求得点，，结合斜率公式和倾斜角的定义，判定得到四点共面是解答的关键.
三、双空题
5．（2021·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线上不同的三点，，，满足，，且O，A，B，C四点共圆，则直线BC的方程是___________；四边形的面积为___________．
【答案】 90
【分析】
结合，四点共圆，由求得，进而求得的坐标，由求得，进而求得点坐标.由的坐标求得直线的方程.求得，由此求得四边形的面积.
【详解】
依题意有，
则，得，
又有，
，
所以，解得或（舍），.
故可知，，
则有直线的方程为，即；
易知，，，，
所以．
故答案为：；
四、填空题
6．（2021·广西·模拟预测（理））过作与双曲线（，的两条渐近线平行的直线，分别交两渐近线于、两点，若四点共圆（为坐标原点），则双曲线的离心率为______．
【答案】
【分析】
联立直线、与直线，求出点的坐标，联立直线、与直线，求出点的坐标，观察坐标可知，四边形为菱形，其外接圆圆心在、的交点处，再结合的数量积为0，即可求解．
【详解】
解：由题意可得，
∵直线、都平行于渐近线，
∴可设直线的方程为，直线的方程为，
∴过点平行与的直线的方程为，
过点平行与的直线的方程为，
分别联立方程，，
解得，，即线段与互相垂直平分，
则四边形为菱形，其外接圆圆心在、的交点处，
∴，
则即，
∵，，
∴双曲线的离心率，
故答案为：．
7．（2021·浙江·高二单元测试）在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于A点，直线与y轴及直线l分别交于B点，C点，且A，B，C，O四点共圆，则此圆的标准方程是__________.
【答案】
【分析】
由题意得为直径，且直线l与m垂直故，得所以圆心与半径可求，则圆方程易得.
【详解】
由题意A，B，C，O四点共圆且，所以 ，则直线l与m垂直故，又，
此圆的圆心为，半径为＝，
所以圆的标准方程为.
故答案为：
五、解答题
8．（2021·浙江省东阳市第二高级中学高二期中）已知椭圆的焦距为2，O为坐标原点，F为右焦点，点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线l的方程为，AB是椭圆上与坐标轴不平行的一条弦，M为弦的中点，直线MO交l于点P，过点O与AB平行的直线交/于点Q，直线PF交直线OQ于点R，直线QF交直线MO于点S．
①证明：O，S，F，R四点共圆；
②记△QRF的面积为，△QSO的面积为，求的取值范围．
【答案】
（1）
（2）①证明见解析，②.
【分析】
（1）设椭圆的左焦点为，利用求解即可；
（2）①设，，，直线AB的斜率为k，由点差法可得直线MO的斜率为，然后根据斜率可证明、，即可得证；
②由①可知：，所以，然后可算出，，然后，即可求得答案.
（1）
设椭圆的左焦点为，由题意可知，
根据定义，可求得，∴，∴，
∴椭圆的标准方程为
（2）
①设，，，直线AB的斜率为k，
则有，作差得：
两边同除，可得：，即，
所以直线MO的斜率为，MO的方程为
所以，所以直线PF的斜率为，
因为，所以
由可求得，所以直线QF的斜率为，
因为，所以
综上，O，S，F，R四点共圆，OF为圆的一条直径.
②由①可知：，所以，
由于直线PF的方程为，直线OP的方程为，
由垂径定理可知，，
，又因为，
所以，
综上，的取值范围为.
9．（2021·吉林·梅河口市第五中学高二月考）已知双曲线：与点．
（1）是否存在过点的弦，使得的中点为；
（2）如果线段的垂直平分线与双曲线交于、两点，证明：、、、四点共圆．
【答案】（1）存在；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用点差法求解；（2）利用点差法和弦长公式求出相关线段的长度，再利用距离公式证明线段相等，可求证得四点共圆.
【详解】
解：（1）双曲线的标准方程为，，．
设存在过点的弦，使得的中点为，
设，，，
两式相减得，即得：，．
存在这样的弦．这时直线的方程为．
（2）设直线方程为，则点在直线上．
则，直线的方程为，
设，，的中点为，，
两式相减得，则，则
又因为在直线上有，解得，
，解得，，
，整理得，则
则
由距离公式得
所以、、、四点共圆．
10．（2021·福建福州·模拟预测）已知斜率为的直线交椭圆于A，两点，的垂直平分线与椭圆交于，两点，点是线段的中点．
（1）若，求直线的方程以及的取值范围；
（2）不管怎么变化，都有A，，，四点共圆，求的取值范围．
【答案】（1），；（2）；
【分析】
（1）当时，写出直线AB方程，联立韦达定理，根据点的横坐标求出直线AB的斜率，进而写出直线方程，根据判别式求出的取值范围；
（2）若A，，，四点共圆，则有成立，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出来，因为不管怎么变化，式子恒成立，所以可以求得，进而求得的取值范围.
【详解】
（1）因为直线AB过点，
所以直线AB方程为：，
联立椭圆方程得到：，
设点，,
由韦达定理可知：，解得，
所以直线AB方程为：即，
将代入方程，
得到，
则，解得，
所以的取值范围为.
（2）设直线AB方程，
联立椭圆方程得到：，
由韦达定理可知：，即，，
则
，
所以
，
CD中点P坐标等于，
点P到AB距离等于，
因为A，，，四点共圆等价于,
即
整理得，
即不管怎么变化，都有上式成立，则，解得，
代入方程，
使得，解得，满足题意
所以的取值范围为：.
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
11．（2021·重庆·高二期末）设动点与定点的距离和到定直线的距离的比是.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设动点的轨迹为曲线，不过原点且斜率为的直线与曲线交于不同的两点，，线段的中点为，直线与曲线交于,D两点，证明：，，，四点共圆.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意列出关系式并整理化简即可；（2）联立直线与椭圆方程，分别求解，最后证明两者相等即可.
【详解】
解：（1）设，
因为动点与定点的距离和到定直线的距离的比是，
所以，整理化简得.
所以动点的轨迹方程为：.
（2）设直线的方程为，，，
由方程组得，①
方程①的判别式为，
由，即，解得.
由①得，.
所以点坐标为，直线方程为，
由方程组
得，.
所以.
又
.
所以.
所以，，，四点共圆.
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
12．（2021·北京·中央民族大学附属中学三模）已知椭圆的两焦点分别为、，椭圆上的动点满足，、分别为椭圆的左、右顶点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若直线与交于点，与轴交于点，与的交点为，求证：、、、四点共圆.
【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据椭圆的定义求出的值，结合已知条件可得的值，进而可求得的值，可得出椭圆的方程及其离心率；
（2）计算得出，可设直线的方程为，与直线的方程联立，求出点的坐标，利用斜率关系得出，由此可证得结论成立.
【详解】
（1）由椭圆的定义可得，，则，
所以，椭圆的方程为，该椭圆的离心率为；
（2）设点，则，则，，
所以，，
设直线的方程为，联立，可得，
即点，，
而，所以，，则，
易知，所以，、、、四点共圆.
【点睛】
关键点点睛：本题考查四点共圆的证明，一般转化为证明四边形的对角互补，本题中注意到
13．（2021·上海黄浦·三模）已知直线交抛物线于两点.
（1）设直线与轴的交点为，若，求实数的值；
（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆：
（3）记为抛物线的焦点，过抛物线上的点作准线的垂线，垂足分别为点，若的面积是的面积的两倍，求线段中点的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或.
【分析】
(1)联立直线与抛物线，韦达定理得到，再利用化简得到，从而求出，最后带回韦达定理求出实数的值；(2)通过证明得到，同理，
于是点在以为直径的圆上，即四点共圆；(3)根据的面积是的面积的两倍求得直线与轴的交点为或，再根据直接法求出线段中点的轨迹方程，中间注意舍去不满足题意的点.
【详解】
解：（1）由得.
设，则
因为直线与相交，所以，得
由，得，所以，
解得，从而，
因为，所以，故.
（2）设，
因为两点关于直线对称，
则，故.
又于是，
即.
由点在抛物线上，有.
因为，所以，
于是
因此，同理，
于是点在以为直径的圆上，
即四点共圆.
（3）易知设，则
设直线与轴的交点为，则
由题设，可得，
所以或.
设线段的中点为，有
当时，当与轴不垂直时，
由可得，
即
而，所以.
同理，当时，.
当与轴垂直时，与重合.符合
综上，线段的中点的轨迹方程或.
【点睛】
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的中点或中点弦问题，一般就是点差法，斜率公式，中点坐标公式求解问题；
(3)验证四点共圆是要找直径，问题可转化成边与边垂直，不管用向量还是用斜率都可以解决.
14．（2021·四川泸州·三模（理））从抛物线上各点向轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程，并说明曲线是什么曲线；
（2）过点的直线交曲线于两点、，线段的垂直平分线交曲线于两点、，探究是否存在直线使、、、四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由．
【答案】（1）曲线的方程为，曲线是焦点为的抛物线；（2）存在；圆的方程为或．
【分析】
（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，根据中点坐标公式得出，代入等式化简可得出曲线的方程，进而可得出曲线的形状；
（2）设直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出线段的中点的坐标，进一步求出线段的中垂线的方程，求出，根据四点共圆结合垂径定理可得出关于的等式，求出的值，进一步可求得圆的方程，由此可得出结论.
【详解】
（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，
故，则，代入得，得曲线的方程为，
所以曲线是焦点为的抛物线；
（2）若直线与轴重合，则直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，根据题意知，设、，
联立，得，，则，，
则，
且线段中点的纵坐标为，即，
所以线段中点为，
因为直线为线段的垂直平分线，可设直线的方程为，
则，故，
联立，得，
设、，则，，
故，
线段中点为，
假设、、、四点共圆，则弦的中垂线与弦中垂线的交点必为圆心，
因为为线段的中垂线，则可知弦的中点必为圆心，则，
在中，，所以，
则，
故，即，
解得，即，
所以存在直线，使、、、四点共圆，且圆心为弦的中点，
圆的方程为或．
【点睛】
方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
15．（2021·四川泸州·三模（文））已知抛物线：（）上的点到其焦点的距离为1．
（Ⅰ）求和的值；
（Ⅱ）求直线：交抛物线于两点、，线段的垂直平分线交抛物线于两点、，求证：、、、四点共圆．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】
（Ⅰ）根据抛物线的定义可得点到其焦点的距离等于该点到准线距离，即可求出，从而得到抛物线方程，再计算出参数的值；
（Ⅱ）设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出线段的中点的坐标，因为直线为线段的垂直平分线，直线的方程为，设，，求出线段的中点坐标，再利用勾股定理计算可得；
【详解】
解：（Ⅰ）的准线为，
因为点到其焦点的距离等于该点到准线距离，
所以，
故，即，
又在上，
所以；
（Ⅱ）设，，
联立，得，
则，，
且，即，
则，
且线段中点的纵坐标为，则，
所以线段中点为，
因为直线为线段的垂直平分线，直线的方程为，
联立，得，
设，，
则，
故，
线段中点为，
因为，
，
所以，
所以点在以为直径的圆上，
同理点在以为直径的圆上，
所以、、、四点共圆．
【点睛】
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
16．（2021·江苏·高二单元测试）已知直线交抛物线于两点．
（1）设直线与轴的交点为．若，求实数的值；
（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）设，直线方程代入抛物线方程后由判别式得的范围，由韦达定理得，再由向量的数乘可得＝0，结合韦达定理可得值；
（2）设，由对称性得，．再由在抛物线上，代入变形得与的关系，然后计算，得，
同理，得证四点共圆．
【详解】
解：由得．
设，
则．
因为直线与相交，
所以
得．
（1）由，得，
所以，解得
从而，
因为
所以解得．
（2）设，
因为两点关于直线对称，
则
解得．
又
于是
解得．
又点在抛物线上，
于是．
因为
所以，
于是
因此，
同理
于是点在以为直径的圆上，
即四点共圆．
【点睛】
方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，如设交点坐标为，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理可得，再利用向量的线性运算求得关系，从而可求得值．
17．（2021·全国·高三专题练习（理））已知抛物线的焦点为F，准线为为坐标原点，过F的直线m与抛物线E交于两点，过F且与直线m垂直的直线n与准线交于点M．
（1）若直线m的斜率为，求的值；
（2）设的中点为N，若四点共圆，求直线m的方程．
【答案】（1）或；（2）．
【分析】
（1）由抛物线的定义建立方程即可.
（2）设直线m的方程为，用表示坐标，再结合条件得到，建立关于的方程即可获解.
【详解】
（1）设，当时，设，则，
直线m的斜率为直线m的倾斜角为，
由抛物线的定义，有，
，解得：，
若时，同理可得：，
或．
（2）设直线m的方程为，代入，得．
设，则．
由，
得，
所以．
因为直线m的斜率为，所以直线n的斜率为，
则直线n的方程为．
由解得．
若四点共圆，再结合，得，
则，解得，
所以直线m的方程为．
【点睛】
（1）有些题目可以利用抛物线的定义结合几何关系建立方程获解；
（2）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系.
18．（2020·浙江丽水·高三月考）如图，已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点，以AB为直径的圆交x轴于M，N，且当轴时，．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线AN，AM分别交抛物线C于G，H（不同于A），直线AB交GH于点P，且直线AB的斜率大于0，证明：存在唯一这样的直线AB使得B，H，P，M四点共圆．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）当轴时得，点坐标及圆的方程，即可得答案；
（2）设点，，，，直线与抛物线方程联立、，和，圆的方程并令，得，，
即B，H，P，M四点共圆等价于，再证明存在唯一直线AB满足可得答案.
【详解】
（1）当轴时，，
故圆的方程为，
即，得，
故抛物线C的方程为；
（2）设点，，，，
直线，联立
得：，，
，，所以，
∴，故圆心，
半径，
即圆的方程为，
令，则，
化简得：，
，，
若B，H，P，M四点共圆，则，
即B，H，P，M四点共圆等价于，
下证：存在唯一直线AB满足，
设，，
直线和直线，
联立，得：，
所以，，同理，，
∴，
又∵，，
∴，
又，得，所以，
即，，
设，，，
故在单调递减，单调递增，
又∵，，且，
故存在唯一满足，
即存在唯一，满足，
综上结论得证．
【点睛】
本题考查了抛物线、圆的几何性质，解题的关键点是证明B，H，P，M四点共圆和证明存在唯一直线AB满足，考查了学生分析问题、解决问题及推理能力.
19．（2020·广西师范大学附属中学高三月考）已知椭圆C：的左､右顶点分别为A，B，离心率为，P是C上异于A，B的动点.
（1）证明：直线AP，BP的斜率之积为定值，并求出该定值.
（2）设，直线AP，BP分别交直线l：x=3于M，N两点，O为坐标原点，试问：在x轴上是否存在定点T，使得O，M，N，T四点共圆？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析，定值；（2）存在，定点.
【分析】
（1）由题意知，设P(x0，y0)，y0≠0，则，然后利用斜率公式求化简可得结果；
（2）由题意先求出椭圆C的方程为，设直线AP的方程为，则直线BP的方程为，直线方程与椭圆方程联立可求出，，假设△MNO的外接圆恒过定点T(t，0)，t≠0，然后求出线段MN的垂直平分线所在直线的方程和线段OT的垂直平分线所在直线的方程，从而可求出圆心，再由|OE|=|ME|，可求出的值，进而得O，M，N，T四点共圆
【详解】
（1）由题意知，设P(x0，y0)，y0≠0，则，所以直线AP与BP的斜率之积，
即直线AP，BP的斜率之积为定值.
（2）存在.理由如下：由题意知，得.因为，所以，
所以b2=1，所以椭圆C的方程为.
设直线AP的方程为，则直线BP的方程为.
联立可得，同理可得.
假设△MNO的外接圆恒过定点T(t，0)，t≠0，
因为线段MN的垂直平分线所在直线的方程为，线段OT的垂直平分线所在直线的方程为，所以圆心.
又|OE|=|ME|，所以，
解得.所以存在定点，使得O，M，N，T四点共圆.
【点睛】
此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，考查计算能力，属于中档题
20．（2020·甘肃·天水市第一中学二模（文））在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点，设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）由抛物线的定义可得，即可求出，从而得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，列出韦达定理，表示出中点的坐标，若、、、四点共圆，再结合，得，则即可求出参数，从而得解；
【详解】
解：（1）由抛物线定义，得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，则，.
由，，得
，
所以.
因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，则直线的方程为.
由解得.
若、、、四点共圆，再结合，得，
则，解得，
所以直线的方程为.
【点睛】
本题考查抛物线的定义及性质的应用，直线与抛物线综合问题，属于中档题.
21．（2020·江西师大附中三模（理））已知椭圆上三点、、与原点构成一个平行四边形．
（1）若点是椭圆的左顶点，求点的坐标；
（2）若、、、四点共圆，求直线的斜率．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）由已知可得，由，且，设， 代入椭圆方程解方程即可得解；
（2）因为、、、四点共圆，则平行四边形是矩形且，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理代入 ，化简计算求解即可.
【详解】
解析：（1）如图所示：
因为，四边形为平行四边形，
所以，且．
设点，则
因为点M、A在椭圆C上，所以，
解得，所以．
（2）因为直线的斜率存在，
所以设直线的方程为，
，．
由消去y得，
则有，．因为平行四边形，
所以．因为，
所以，
所以．
因为点M在椭圆C上，所以将点M的坐标代入椭圆C的方程化得．①
因为A、M、B、O四点共圆，所以平行四边形是矩形，
且，所以．
因为，
所以，化得．②
由①②解得，，此时，因此．
所以所求直线的斜率为．
【点睛】
本题主要考查了联立直线与椭圆的方程利用韦达定理列式表达斜率以及垂直的方法进而代入求解的问题，考查计算能力和逻辑推理能力，属于难题.
22．（2020·江苏南京·三模）如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C：(a＞b＞0)经过点(﹣2,0)和,椭圆C上三点A,M,B与原点O构成一个平行四边形AMBO.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点B是椭圆C左顶点,求点M的坐标；
（3）若A,M,B,O四点共圆,求直线AB的斜率.
【答案】（1）＋y2＝1；（2）M(－1,±)；（3）±
【分析】
(1)将点和代入椭圆＋＝1求解即可.
(2)根据平行四边形AMBO可知AM∥BO,且AM＝BO＝2.再设点M(x0,y0),则A(x0＋2,y0),代入椭圆C求解即可.
(3) 因为A,M,B,O四点共圆,所以平行四边形AMBO是矩形,且OA⊥OB,再联立直线与椭圆的方程,结合韦达定理代入·＝x1x2＋y1y2＝0求解即可.
【详解】
（1）因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)过点和,
所以a＝2,＋＝1,解得b2＝1,所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）因为B为左顶点,所以B (－2,0).
因为四边形AMBO为平行四边形,所以AM∥BO,且AM＝BO＝2.
设点M(x0,y0),则A(x0＋2,y0).
因为点M,A在椭圆C上,所以解得所以M(－1,±).
（3）因为直线AB的斜率存在,所以设直线AB的方程为y＝kx＋m,A(x1,y1),B(x2,y2).
由消去y,得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,
则有x1＋x2＝,x1x2＝.
因为平行四边形AMBO,所以＝＋＝(x1＋x2,y1＋y2).
因为x1＋x2＝,所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·＋2m＝,所以M(,).
因为点M在椭圆C上,所以将点M的坐标代入椭圆C的方程,化得4m2＝4k2＋1.①
因为A,M,B,O四点共圆,所以平行四边形AMBO是矩形,且OA⊥OB,
所以·＝x1x2＋y1y2＝0.
因为y1y2＝(kx1＋m)(kx1＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝,
所以x1x2＋y1y2＝＋＝0,化得5m2＝4k2＋4.②
由①②解得k2＝,m2＝3,此时△＞0,因此k＝±.
所以所求直线AB的斜率为±.
【点睛】
本题主要考查了椭圆方程的基本求法,同时也考查了联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理列式表达斜率以及垂直的方法,进而代入求解的问题.属于难题.
23．（2020·江苏·高三专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的右焦点为，为右准线上一点．点在椭圆上，且．
（1）若椭圆的离心率为，短轴长为．求椭圆的方程；
（2）若在轴上方存在两点，使四点共圆，求椭圆离心率的取值范围．
【答案】（1）； （2）.
【分析】
（1）设椭圆的焦距为，由题意，可得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设，，，，可得的外接圆即为以为直径的圆，可得，根据点，均在轴上方，可得
，解得即可；
【详解】
解：（1）设椭圆的焦距为，由题意，可得，解得，，
椭圆的方程为，
（2）设，，，，
，
则的外接圆即为以为直径的圆，
由题意，焦点，原点均在该圆上，
，
消去可得，
，
点，均在轴上方，
，
即，
，
，
，
故的范围为．
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线的圆锥曲线的位置关系，考查圆的方程及点到直线的距离公式，直线的斜率公式，考查计算能力，解题时要认真审题，属于中档题．
24．（2020·全国·一模（文））在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，准线为l，P是抛物线E上一点，且点P的横坐标为2，.
（1）求抛物线E的方程；
（2）过点F的直线m与抛物线E交于A、B两点，过点F且与直线m垂直的直线n与准线l交于点M，设AB的中点为N，若O、M、N、F四点共圆，求直线m的方程.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）首先根据抛物线的定义和题中条件求出抛物线的焦准距，即可得到抛物线的方程；
（2）首先设直线m的方程，然后与抛物线联立，利用韦达定理求出点N坐标，然后设直线n的方程求出点M的坐标，最后利用O、M、N、F四点共圆即可求出直线m的方程.
【详解】
（1）由抛物线定义，得，解得，
所以抛物线F的方程为；
（2）设直线m的方程为，代入，得，
设，，则，，
由，，
得，
所以，
因为直线m的斜率为，所以直线n的斜率为，
则直线n的方程为，
由解得，
若O、M、N、F四点共圆，再结合，得，
则，
解得，所以直线m的方程为.
【点睛】
本题主要考查了抛物线的定理，直线与抛物线的交点问题，属于一般题.
25．（2020·全国·高三专题练习（文））已知直线与轴，轴分别交于，，线段的中垂线与抛物线有两个不同的交点、．
（1）求的取值范围；
（2）是否存在，使得，，，四点共圆，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）存在，
【分析】
（1）求出两点坐标，得出其中垂线方程为，与抛物线方程联立根据即可得结果；
（2）设，，线段的中点为，将（1）和韦达定理可得，，结合四点共圆的特征得，代入两点间距离公式可解得的值.
【详解】
（1）因为直线与轴，轴分别交于，.
所以，，
所以线段的中点为，，
所以线段的中垂线的方程为，即.
将代入，
得，
因为与有两个不同的交点，.
所以，
又，所以，即的取值范围为.
（2）若，，，四点共圆，由对称性可知，圆心应为线段的中点，
设，，线段的中点为，
则，
所以，，
若，，C，四点共圆，则，即，
所以.
所以，解得，
又满足，所以存在，使得，，C，四点共圆.
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，圆内接四边形的特征，考查了学生的计算能力，属于中档题.
26．（2019·江苏·海安高级中学高三期中）如图，在平面直角坐标系中，已知为椭圆上异于长轴端点的一点，过与轴平行的直线交椭圆的两条准线于点，，直线，交于点.
（1）若与的面积相等，求椭圆的离心率；
（2）若，.
①求椭圆的标准方程；
②试判断点，，，是否四点共圆，并说明理由.
【答案】（1）；（2）①； ②，，，四点共圆，理由见解析.
【分析】
（1）设，，可表示出直线的方程，从而求得点坐标；根据三角形面积相等可构造关于的齐次方程，进而求得离心率；
（2）①根据，和椭圆的关系，可求得的值，进而得到椭圆方程；
②设过点，，三点的圆的方程为，代入点坐标可求得方程为；验证可知点坐标满足方程，由此得到四点共圆.
【详解】
设，，，
（1）由题意得：，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
将直线与联立可得：，即点.
与的面积相等， ，
，，即椭圆的离心率为.
（2）①，，，，
解得：，，，
以椭圆的标准方程为.
②由①知：，，.
设过点，，三点的圆的方程为，即.
将代入该方程得：，
过，，三点的圆的方程为：，
将代入该方程左边，
则，
点也在过点，，三点的圆上，从而点，，，四点共圆.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆离心率和标准方程的求解、四点共圆问题的证明；证明四点共圆问题的关键是能够通过三点坐标确定三点所在圆的方程，进而代入第四个点的坐标，验证其满足方程即可.
27．（2019·江苏江苏·高三专题练习）如图，已知椭圆C的方程为，为半焦距，椭圆C的左、右焦点分别为，椭圆C的离心率为．
（1）若椭圆过点，两条准线之间的距离为，求椭圆C的标准方程；
（2）设直线与椭圆C相交于，两点，且四点共圆，若，试求的最大值．
【答案】（1）（2）
【分析】
(1)利用准线,以及求出离心率,又因为椭圆过点,确定方程.
(2)将直线方程代入椭圆方程, 根据中心对称性和四点共圆，所以. 所以三角形是直角三角形,,根据得出取得最大值.
【详解】
（1）因为两条准线之间的距离为，所以，又，故，
因为，所以，解得，
因为椭圆过点，所以，
故，，所以椭圆的标准方程为.
（2）设，
由得，解得.由椭圆的中心对称性得，，
因为四点共圆，所以，
所以，即，
所以三角形是直角三角形，且，所以，
即，故，
所以，即，
分离k，e得，，
因为，所以，
令则，所以，
令，
则，易得当，单调递减，
所以时，取最大值，即取得最大值为．
【点睛】
本题考查椭圆方程,直线与椭圆的位置关系,含参分式的最值,属于难题.
第46讲 解析几何中的四点共圆问题
一、单选题
1．（2020·全国全国·模拟预测）已知，分别为双曲线（，）的左右焦点，点为双曲线右支上一点，直线交轴于点，且点，，，四点共圆（其中为坐标原点），若射线是的角平分线，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【分析】
由，，，四点共圆得到，结合射线是的角平分线以及双曲线的性质求得，由此求得，结合双曲线的定义求得双曲线的离心率.
【详解】
因为点，，，四点共圆，所以．
因为射线是的角平分线，所以，
由双曲线的对称性知，所以，
，
因此，，从而，
因此离心率.
故选：B
2．（2020·河北·张家口市宣化第一中学高三月考）在平面直角坐标系中，已知椭圆的上下顶点分别为，右顶点为，右焦点为，延长与交于点，若四点共圆，则该椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
由四点共圆，可得，即，列等式即可求解.
【详解】
如图，，，，，
因为四点共圆，,
所以，所以，即，
，整理可得，
所以，，解得，
因为，所以.
故选：C
【点睛】
本题考查了椭圆的简单几何性质，考查了基本运算能力，属于基础题.
二、多选题
3．（2021·山东菏泽·二模）已知，为双曲线C：x2–=1的左、右焦点，在双曲线右支上取一点P，使得PF1⊥PF2，直线PF2与y轴交于点Q，连接QF1，△PQF1，的内切圆圆心为I，则下列结论正确的有（ ）
A．F1，F2，P，I四点共圆 B．△PQF1的内切圆半径为1
C．I为线段OQ的三等分点 D．PF1与其中一条渐近线垂直
【答案】ABD
【分析】
根据双曲线的定义可得，，由双曲线的对称性可判断A；由双曲线的定义可判断B；根据可判断C、D.
【详解】
解析：由勾股定理及双曲线的定义可得：，
对于A：易知在轴上，由对称性可得，
则，可知，，，四点共于以为直径的圆上；A正确
对于B：
，正确
对于C：，
故为中点，C错误．D显然正确．
故选：ABD
4．（2021·江苏海安·模拟预测）已知双曲线，为双曲线上一点，过点的切线为，双曲线的左右焦点，到直线的距离分别为，，则（ ）
A．
B．直线与双曲线渐近线的交点为，，则，，，四点共圆
C．该双曲线的共轭双曲线的方程为
D．过的弦长为5的直线有且只有1条
【答案】AB
【分析】
对于A中，求得切线的方程，结合点到直线的距离公式，可判定A正确
对于B中，联立方程组，分别求得坐标，结合斜率公式，可判定B正确，根据共轭双曲线的定义，可判定C错误；结合实轴长和通经，可判定D错误.
【详解】
由题意，双曲线的焦点坐标为，，
对于A中，由双曲线的性质，可得切线的方程为，即，
则，
所以A正确
对于B中，联立方程组，可得，
又由，可得，
，，
，
，
则
，
∴，，
∴，，，四点共圆，B正确.
对于C中，双曲线的共轭双曲线为，所以C错误
对于D中，由双曲线，可得，则，
可得，且通经长，所以过的弦长为5的直线有3条，所以D错误.
故选：AB.
【点睛】
方法点拨：联立方程组，求得点，，结合斜率公式和倾斜角的定义，判定得到四点共面是解答的关键.
三、双空题
5．（2021·全国·模拟预测）在平面直角坐标系中，抛物线上不同的三点，，，满足，，且O，A，B，C四点共圆，则直线BC的方程是___________；四边形的面积为___________．
【答案】 90
【分析】
结合，四点共圆，由求得，进而求得的坐标，由求得，进而求得点坐标.由的坐标求得直线的方程.求得，由此求得四边形的面积.
【详解】
依题意有，
则，得，
又有，
，
所以，解得或（舍），.
故可知，，
则有直线的方程为，即；
易知，，，，
所以．
故答案为：；
四、填空题
6．（2021·广西·模拟预测（理））过作与双曲线（，的两条渐近线平行的直线，分别交两渐近线于、两点，若四点共圆（为坐标原点），则双曲线的离心率为______．
【答案】
【分析】
联立直线、与直线，求出点的坐标，联立直线、与直线，求出点的坐标，观察坐标可知，四边形为菱形，其外接圆圆心在、的交点处，再结合的数量积为0，即可求解．
【详解】
解：由题意可得，
∵直线、都平行于渐近线，
∴可设直线的方程为，直线的方程为，
∴过点平行与的直线的方程为，
过点平行与的直线的方程为，
分别联立方程，，
解得，，即线段与互相垂直平分，
则四边形为菱形，其外接圆圆心在、的交点处，
∴，
则即，
∵，，
∴双曲线的离心率，
故答案为：．
7．（2021·浙江·高二单元测试）在平面直角坐标系中，已知直线与x轴交于A点，直线与y轴及直线l分别交于B点，C点，且A，B，C，O四点共圆，则此圆的标准方程是__________.
【答案】
【分析】
由题意得为直径，且直线l与m垂直故，得所以圆心与半径可求，则圆方程易得.
【详解】
由题意A，B，C，O四点共圆且，所以 ，则直线l与m垂直故，又，
此圆的圆心为，半径为＝，
所以圆的标准方程为.
故答案为：
五、解答题
8．（2021·浙江省东阳市第二高级中学高二期中）已知椭圆的焦距为2，O为坐标原点，F为右焦点，点在椭圆上．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线l的方程为，AB是椭圆上与坐标轴不平行的一条弦，M为弦的中点，直线MO交l于点P，过点O与AB平行的直线交/于点Q，直线PF交直线OQ于点R，直线QF交直线MO于点S．
①证明：O，S，F，R四点共圆；
②记△QRF的面积为，△QSO的面积为，求的取值范围．
【答案】
（1）
（2）①证明见解析，②.
【分析】
（1）设椭圆的左焦点为，利用求解即可；
（2）①设，，，直线AB的斜率为k，由点差法可得直线MO的斜率为，然后根据斜率可证明、，即可得证；
②由①可知：，所以，然后可算出，，然后，即可求得答案.
（1）
设椭圆的左焦点为，由题意可知，
根据定义，可求得，∴，∴，
∴椭圆的标准方程为
（2）
①设，，，直线AB的斜率为k，
则有，作差得：
两边同除，可得：，即，
所以直线MO的斜率为，MO的方程为
所以，所以直线PF的斜率为，
因为，所以
由可求得，所以直线QF的斜率为，
因为，所以
综上，O，S，F，R四点共圆，OF为圆的一条直径.
②由①可知：，所以，
由于直线PF的方程为，直线OP的方程为，
由垂径定理可知，，
，又因为，
所以，
综上，的取值范围为.
9．（2021·吉林·梅河口市第五中学高二月考）已知双曲线：与点．
（1）是否存在过点的弦，使得的中点为；
（2）如果线段的垂直平分线与双曲线交于、两点，证明：、、、四点共圆．
【答案】（1）存在；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用点差法求解；（2）利用点差法和弦长公式求出相关线段的长度，再利用距离公式证明线段相等，可求证得四点共圆.
【详解】
解：（1）双曲线的标准方程为，，．
设存在过点的弦，使得的中点为，
设，，，
两式相减得，即得：，．
存在这样的弦．这时直线的方程为．
（2）设直线方程为，则点在直线上．
则，直线的方程为，
设，，的中点为，，
两式相减得，则，则
又因为在直线上有，解得，
，解得，，
，整理得，则
则
由距离公式得
所以、、、四点共圆．
10．（2021·福建福州·模拟预测）已知斜率为的直线交椭圆于A，两点，的垂直平分线与椭圆交于，两点，点是线段的中点．
（1）若，求直线的方程以及的取值范围；
（2）不管怎么变化，都有A，，，四点共圆，求的取值范围．
【答案】（1），；（2）；
【分析】
（1）当时，写出直线AB方程，联立韦达定理，根据点的横坐标求出直线AB的斜率，进而写出直线方程，根据判别式求出的取值范围；
（2）若A，，，四点共圆，则有成立，联立直线与椭圆方程，利用弦长公式及点到直线的距离公式表示出来，因为不管怎么变化，式子恒成立，所以可以求得，进而求得的取值范围.
【详解】
（1）因为直线AB过点，
所以直线AB方程为：，
联立椭圆方程得到：，
设点，,
由韦达定理可知：，解得，
所以直线AB方程为：即，
将代入方程，
得到，
则，解得，
所以的取值范围为.
（2）设直线AB方程，
联立椭圆方程得到：，
由韦达定理可知：，即，，
则
，
所以
，
CD中点P坐标等于，
点P到AB距离等于，
因为A，，，四点共圆等价于,
即
整理得，
即不管怎么变化，都有上式成立，则，解得，
代入方程，
使得，解得，满足题意
所以的取值范围为：.
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
11．（2021·重庆·高二期末）设动点与定点的距离和到定直线的距离的比是.
（1）求动点的轨迹方程；
（2）设动点的轨迹为曲线，不过原点且斜率为的直线与曲线交于不同的两点，，线段的中点为，直线与曲线交于,D两点，证明：，，，四点共圆.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据题意列出关系式并整理化简即可；（2）联立直线与椭圆方程，分别求解，最后证明两者相等即可.
【详解】
解：（1）设，
因为动点与定点的距离和到定直线的距离的比是，
所以，整理化简得.
所以动点的轨迹方程为：.
（2）设直线的方程为，，，
由方程组得，①
方程①的判别式为，
由，即，解得.
由①得，.
所以点坐标为，直线方程为，
由方程组
得，.
所以.
又
.
所以.
所以，，，四点共圆.
【点睛】
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
12．（2021·北京·中央民族大学附属中学三模）已知椭圆的两焦点分别为、，椭圆上的动点满足，、分别为椭圆的左、右顶点，为坐标原点.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）若直线与交于点，与轴交于点，与的交点为，求证：、、、四点共圆.
【答案】（1）椭圆的方程为，离心率为；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据椭圆的定义求出的值，结合已知条件可得的值，进而可求得的值，可得出椭圆的方程及其离心率；
（2）计算得出，可设直线的方程为，与直线的方程联立，求出点的坐标，利用斜率关系得出，由此可证得结论成立.
【详解】
（1）由椭圆的定义可得，，则，
所以，椭圆的方程为，该椭圆的离心率为；
（2）设点，则，则，，
所以，，
设直线的方程为，联立，可得，
即点，，
而，所以，，则，
易知，所以，、、、四点共圆.
【点睛】
关键点点睛：本题考查四点共圆的证明，一般转化为证明四边形的对角互补，本题中注意到
13．（2021·上海黄浦·三模）已知直线交抛物线于两点.
（1）设直线与轴的交点为，若，求实数的值；
（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆：
（3）记为抛物线的焦点，过抛物线上的点作准线的垂线，垂足分别为点，若的面积是的面积的两倍，求线段中点的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或.
【分析】
(1)联立直线与抛物线，韦达定理得到，再利用化简得到，从而求出，最后带回韦达定理求出实数的值；(2)通过证明得到，同理，
于是点在以为直径的圆上，即四点共圆；(3)根据的面积是的面积的两倍求得直线与轴的交点为或，再根据直接法求出线段中点的轨迹方程，中间注意舍去不满足题意的点.
【详解】
解：（1）由得.
设，则
因为直线与相交，所以，得
由，得，所以，
解得，从而，
因为，所以，故.
（2）设，
因为两点关于直线对称，
则，故.
又于是，
即.
由点在抛物线上，有.
因为，所以，
于是
因此，同理，
于是点在以为直径的圆上，
即四点共圆.
（3）易知设，则
设直线与轴的交点为，则
由题设，可得，
所以或.
设线段的中点为，有
当时，当与轴不垂直时，
由可得，
即
而，所以.
同理，当时，.
当与轴垂直时，与重合.符合
综上，线段的中点的轨迹方程或.
【点睛】
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的中点或中点弦问题，一般就是点差法，斜率公式，中点坐标公式求解问题；
(3)验证四点共圆是要找直径，问题可转化成边与边垂直，不管用向量还是用斜率都可以解决.
14．（2021·四川泸州·三模（理））从抛物线上各点向轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程，并说明曲线是什么曲线；
（2）过点的直线交曲线于两点、，线段的垂直平分线交曲线于两点、，探究是否存在直线使、、、四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由．
【答案】（1）曲线的方程为，曲线是焦点为的抛物线；（2）存在；圆的方程为或．
【分析】
（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，根据中点坐标公式得出，代入等式化简可得出曲线的方程，进而可得出曲线的形状；
（2）设直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出线段的中点的坐标，进一步求出线段的中垂线的方程，求出，根据四点共圆结合垂径定理可得出关于的等式，求出的值，进一步可求得圆的方程，由此可得出结论.
【详解】
（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，
故，则，代入得，得曲线的方程为，
所以曲线是焦点为的抛物线；
（2）若直线与轴重合，则直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.
设直线的方程为，根据题意知，设、，
联立，得，，则，，
则，
且线段中点的纵坐标为，即，
所以线段中点为，
因为直线为线段的垂直平分线，可设直线的方程为，
则，故，
联立，得，
设、，则，，
故，
线段中点为，
假设、、、四点共圆，则弦的中垂线与弦中垂线的交点必为圆心，
因为为线段的中垂线，则可知弦的中点必为圆心，则，
在中，，所以，
则，
故，即，
解得，即，
所以存在直线，使、、、四点共圆，且圆心为弦的中点，
圆的方程为或．
【点睛】
方法点睛：求动点的轨迹方程有如下几种方法：
（1）直译法：直接将条件翻译成等式，整理化简后即得动点的轨迹方程；
（2）定义法：如果能确定动点的轨迹满足某种已知曲线的定义，则可利用曲线的定义写出方程；
（3）相关点法：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；
（4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，即为动点的轨迹方程；
（5）交轨法：将两动曲线方程中的参数消去，得到不含参数的方程，即为两动曲线交点的轨迹方程.
15．（2021·四川泸州·三模（文））已知抛物线：（）上的点到其焦点的距离为1．
（Ⅰ）求和的值；
（Ⅱ）求直线：交抛物线于两点、，线段的垂直平分线交抛物线于两点、，求证：、、、四点共圆．
【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】
（Ⅰ）根据抛物线的定义可得点到其焦点的距离等于该点到准线距离，即可求出，从而得到抛物线方程，再计算出参数的值；
（Ⅱ）设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出线段的中点的坐标，因为直线为线段的垂直平分线，直线的方程为，设，，求出线段的中点坐标，再利用勾股定理计算可得；
【详解】
解：（Ⅰ）的准线为，
因为点到其焦点的距离等于该点到准线距离，
所以，
故，即，
又在上，
所以；
（Ⅱ）设，，
联立，得，
则，，
且，即，
则，
且线段中点的纵坐标为，则，
所以线段中点为，
因为直线为线段的垂直平分线，直线的方程为，
联立，得，
设，，
则，
故，
线段中点为，
因为，
，
所以，
所以点在以为直径的圆上，
同理点在以为直径的圆上，
所以、、、四点共圆．
【点睛】
(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．
16．（2021·江苏·高二单元测试）已知直线交抛物线于两点．
（1）设直线与轴的交点为．若，求实数的值；
（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）设，直线方程代入抛物线方程后由判别式得的范围，由韦达定理得，再由向量的数乘可得＝0，结合韦达定理可得值；
（2）设，由对称性得，．再由在抛物线上，代入变形得与的关系，然后计算，得，
同理，得证四点共圆．
【详解】
解：由得．
设，
则．
因为直线与相交，
所以
得．
（1）由，得，
所以，解得
从而，
因为
所以解得．
（2）设，
因为两点关于直线对称，
则
解得．
又
于是
解得．
又点在抛物线上，
于是．
因为
所以，
于是
因此，
同理
于是点在以为直径的圆上，
即四点共圆．
【点睛】
方法点睛：本题考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，如设交点坐标为，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理可得，再利用向量的线性运算求得关系，从而可求得值．
17．（2021·全国·高三专题练习（理））已知抛物线的焦点为F，准线为为坐标原点，过F的直线m与抛物线E交于两点，过F且与直线m垂直的直线n与准线交于点M．
（1）若直线m的斜率为，求的值；
（2）设的中点为N，若四点共圆，求直线m的方程．
【答案】（1）或；（2）．
【分析】
（1）由抛物线的定义建立方程即可.
（2）设直线m的方程为，用表示坐标，再结合条件得到，建立关于的方程即可获解.
【详解】
（1）设，当时，设，则，
直线m的斜率为直线m的倾斜角为，
由抛物线的定义，有，
，解得：，
若时，同理可得：，
或．
（2）设直线m的方程为，代入，得．
设，则．
由，
得，
所以．
因为直线m的斜率为，所以直线n的斜率为，
则直线n的方程为．
由解得．
若四点共圆，再结合，得，
则，解得，
所以直线m的方程为．
【点睛】
（1）有些题目可以利用抛物线的定义结合几何关系建立方程获解；
（2）直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系.
18．（2020·浙江丽水·高三月考）如图，已知抛物线的焦点为F，过点F的直线交C于A，B两点，以AB为直径的圆交x轴于M，N，且当轴时，．
（1）求抛物线C的方程；
（2）若直线AN，AM分别交抛物线C于G，H（不同于A），直线AB交GH于点P，且直线AB的斜率大于0，证明：存在唯一这样的直线AB使得B，H，P，M四点共圆．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）当轴时得，点坐标及圆的方程，即可得答案；
（2）设点，，，，直线与抛物线方程联立、，和，圆的方程并令，得，，
即B，H，P，M四点共圆等价于，再证明存在唯一直线AB满足可得答案.
【详解】
（1）当轴时，，
故圆的方程为，
即，得，
故抛物线C的方程为；
（2）设点，，，，
直线，联立
得：，，
，，所以，
∴，故圆心，
半径，
即圆的方程为，
令，则，
化简得：，
，，
若B，H，P，M四点共圆，则，
即B，H，P，M四点共圆等价于，
下证：存在唯一直线AB满足，
设，，
直线和直线，
联立，得：，
所以，，同理，，
∴，
又∵，，
∴，
又，得，所以，
即，，
设，，，
故在单调递减，单调递增，
又∵，，且，
故存在唯一满足，
即存在唯一，满足，
综上结论得证．
【点睛】
本题考查了抛物线、圆的几何性质，解题的关键点是证明B，H，P，M四点共圆和证明存在唯一直线AB满足，考查了学生分析问题、解决问题及推理能力.
19．（2020·广西师范大学附属中学高三月考）已知椭圆C：的左､右顶点分别为A，B，离心率为，P是C上异于A，B的动点.
（1）证明：直线AP，BP的斜率之积为定值，并求出该定值.
（2）设，直线AP，BP分别交直线l：x=3于M，N两点，O为坐标原点，试问：在x轴上是否存在定点T，使得O，M，N，T四点共圆？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析，定值；（2）存在，定点.
【分析】
（1）由题意知，设P(x0，y0)，y0≠0，则，然后利用斜率公式求化简可得结果；
（2）由题意先求出椭圆C的方程为，设直线AP的方程为，则直线BP的方程为，直线方程与椭圆方程联立可求出，，假设△MNO的外接圆恒过定点T(t，0)，t≠0，然后求出线段MN的垂直平分线所在直线的方程和线段OT的垂直平分线所在直线的方程，从而可求出圆心，再由|OE|=|ME|，可求出的值，进而得O，M，N，T四点共圆
【详解】
（1）由题意知，设P(x0，y0)，y0≠0，则，所以直线AP与BP的斜率之积，
即直线AP，BP的斜率之积为定值.
（2）存在.理由如下：由题意知，得.因为，所以，
所以b2=1，所以椭圆C的方程为.
设直线AP的方程为，则直线BP的方程为.
联立可得，同理可得.
假设△MNO的外接圆恒过定点T(t，0)，t≠0，
因为线段MN的垂直平分线所在直线的方程为，线段OT的垂直平分线所在直线的方程为，所以圆心.
又|OE|=|ME|，所以，
解得.所以存在定点，使得O，M，N，T四点共圆.
【点睛】
此题考查直线与椭圆的位置关系，考查椭圆中的定点问题，考查计算能力，属于中档题
20．（2020·甘肃·天水市第一中学二模（文））在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，.
（1）求抛物线的方程；
（2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点，设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）由抛物线的定义可得，即可求出，从而得到抛物线方程；
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，列出韦达定理，表示出中点的坐标，若、、、四点共圆，再结合，得，则即可求出参数，从而得解；
【详解】
解：（1）由抛物线定义，得，解得，
所以抛物线的方程为.
（2）设直线的方程为，代入，得.
设，，则，.
由，，得
，
所以.
因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，则直线的方程为.
由解得.
若、、、四点共圆，再结合，得，
则，解得，
所以直线的方程为.
【点睛】
本题考查抛物线的定义及性质的应用，直线与抛物线综合问题，属于中档题.
21．（2020·江西师大附中三模（理））已知椭圆上三点、、与原点构成一个平行四边形．
（1）若点是椭圆的左顶点，求点的坐标；
（2）若、、、四点共圆，求直线的斜率．
【答案】（1）；（2）．
【分析】
（1）由已知可得，由，且，设， 代入椭圆方程解方程即可得解；
（2）因为、、、四点共圆，则平行四边形是矩形且，设直线的方程为，与椭圆方程联立，根据韦达定理代入 ，化简计算求解即可.
【详解】
解析：（1）如图所示：
因为，四边形为平行四边形，
所以，且．
设点，则
因为点M、A在椭圆C上，所以，
解得，所以．
（2）因为直线的斜率存在，
所以设直线的方程为，
，．
由消去y得，
则有，．因为平行四边形，
所以．因为，
所以，
所以．
因为点M在椭圆C上，所以将点M的坐标代入椭圆C的方程化得．①
因为A、M、B、O四点共圆，所以平行四边形是矩形，
且，所以．
因为，
所以，化得．②
由①②解得，，此时，因此．
所以所求直线的斜率为．
【点睛】
本题主要考查了联立直线与椭圆的方程利用韦达定理列式表达斜率以及垂直的方法进而代入求解的问题，考查计算能力和逻辑推理能力，属于难题.
22．（2020·江苏南京·三模）如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C：(a＞b＞0)经过点(﹣2,0)和,椭圆C上三点A,M,B与原点O构成一个平行四边形AMBO.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点B是椭圆C左顶点,求点M的坐标；
（3）若A,M,B,O四点共圆,求直线AB的斜率.
【答案】（1）＋y2＝1；（2）M(－1,±)；（3）±
【分析】
(1)将点和代入椭圆＋＝1求解即可.
(2)根据平行四边形AMBO可知AM∥BO,且AM＝BO＝2.再设点M(x0,y0),则A(x0＋2,y0),代入椭圆C求解即可.
(3) 因为A,M,B,O四点共圆,所以平行四边形AMBO是矩形,且OA⊥OB,再联立直线与椭圆的方程,结合韦达定理代入·＝x1x2＋y1y2＝0求解即可.
【详解】
（1）因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)过点和,
所以a＝2,＋＝1,解得b2＝1,所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）因为B为左顶点,所以B (－2,0).
因为四边形AMBO为平行四边形,所以AM∥BO,且AM＝BO＝2.
设点M(x0,y0),则A(x0＋2,y0).
因为点M,A在椭圆C上,所以解得所以M(－1,±).
（3）因为直线AB的斜率存在,所以设直线AB的方程为y＝kx＋m,A(x1,y1),B(x2,y2).
由消去y,得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,
则有x1＋x2＝,x1x2＝.
因为平行四边形AMBO,所以＝＋＝(x1＋x2,y1＋y2).
因为x1＋x2＝,所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·＋2m＝,所以M(,).
因为点M在椭圆C上,所以将点M的坐标代入椭圆C的方程,化得4m2＝4k2＋1.①
因为A,M,B,O四点共圆,所以平行四边形AMBO是矩形,且OA⊥OB,
所以·＝x1x2＋y1y2＝0.
因为y1y2＝(kx1＋m)(kx1＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝,
所以x1x2＋y1y2＝＋＝0,化得5m2＝4k2＋4.②
由①②解得k2＝,m2＝3,此时△＞0,因此k＝±.
所以所求直线AB的斜率为±.
【点睛】
本题主要考查了椭圆方程的基本求法,同时也考查了联立直线与椭圆的方程,利用韦达定理列式表达斜率以及垂直的方法,进而代入求解的问题.属于难题.
23．（2020·江苏·高三专题练习）如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的右焦点为，为右准线上一点．点在椭圆上，且．
（1）若椭圆的离心率为，短轴长为．求椭圆的方程；
（2）若在轴上方存在两点，使四点共圆，求椭圆离心率的取值范围．
【答案】（1）； （2）.
【分析】
（1）设椭圆的焦距为，由题意，可得，即可求得椭圆的标准方程；
（2）设，，，，可得的外接圆即为以为直径的圆，可得，根据点，均在轴上方，可得
，解得即可；
【详解】
解：（1）设椭圆的焦距为，由题意，可得，解得，，
椭圆的方程为，
（2）设，，，，
，
则的外接圆即为以为直径的圆，
由题意，焦点，原点均在该圆上，
，
消去可得，
，
点，均在轴上方，
，
即，
，
，
，
故的范围为．
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，直线的圆锥曲线的位置关系，考查圆的方程及点到直线的距离公式，直线的斜率公式，考查计算能力，解题时要认真审题，属于中档题．
24．（2020·全国·一模（文））在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线的焦点为F，准线为l，P是抛物线E上一点，且点P的横坐标为2，.
（1）求抛物线E的方程；
（2）过点F的直线m与抛物线E交于A、B两点，过点F且与直线m垂直的直线n与准线l交于点M，设AB的中点为N，若O、M、N、F四点共圆，求直线m的方程.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）首先根据抛物线的定义和题中条件求出抛物线的焦准距，即可得到抛物线的方程；
（2）首先设直线m的方程，然后与抛物线联立，利用韦达定理求出点N坐标，然后设直线n的方程求出点M的坐标，最后利用O、M、N、F四点共圆即可求出直线m的方程.
【详解】
（1）由抛物线定义，得，解得，
所以抛物线F的方程为；
（2）设直线m的方程为，代入，得，
设，，则，，
由，，
得，
所以，
因为直线m的斜率为，所以直线n的斜率为，
则直线n的方程为，
由解得，
若O、M、N、F四点共圆，再结合，得，
则，
解得，所以直线m的方程为.
【点睛】
本题主要考查了抛物线的定理，直线与抛物线的交点问题，属于一般题.
25．（2020·全国·高三专题练习（文））已知直线与轴，轴分别交于，，线段的中垂线与抛物线有两个不同的交点、．
（1）求的取值范围；
（2）是否存在，使得，，，四点共圆，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）存在，
【分析】
（1）求出两点坐标，得出其中垂线方程为，与抛物线方程联立根据即可得结果；
（2）设，，线段的中点为，将（1）和韦达定理可得，，结合四点共圆的特征得，代入两点间距离公式可解得的值.
【详解】
（1）因为直线与轴，轴分别交于，.
所以，，
所以线段的中点为，，
所以线段的中垂线的方程为，即.
将代入，
得，
因为与有两个不同的交点，.
所以，
又，所以，即的取值范围为.
（2）若，，，四点共圆，由对称性可知，圆心应为线段的中点，
设，，线段的中点为，
则，
所以，，
若，，C，四点共圆，则，即，
所以.
所以，解得，
又满足，所以存在，使得，，C，四点共圆.
【点睛】
本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，圆内接四边形的特征，考查了学生的计算能力，属于中档题.
26．（2019·江苏·海安高级中学高三期中）如图，在平面直角坐标系中，已知为椭圆上异于长轴端点的一点，过与轴平行的直线交椭圆的两条准线于点，，直线，交于点.
（1）若与的面积相等，求椭圆的离心率；
（2）若，.
①求椭圆的标准方程；
②试判断点，，，是否四点共圆，并说明理由.
【答案】（1）；（2）①； ②，，，四点共圆，理由见解析.
【分析】
（1）设，，可表示出直线的方程，从而求得点坐标；根据三角形面积相等可构造关于的齐次方程，进而求得离心率；
（2）①根据，和椭圆的关系，可求得的值，进而得到椭圆方程；
②设过点，，三点的圆的方程为，代入点坐标可求得方程为；验证可知点坐标满足方程，由此得到四点共圆.
【详解】
设，，，
（1）由题意得：，.
直线的方程为：，直线的方程为：，
将直线与联立可得：，即点.
与的面积相等， ，
，，即椭圆的离心率为.
（2）①，，，，
解得：，，，
以椭圆的标准方程为.
②由①知：，，.
设过点，，三点的圆的方程为，即.
将代入该方程得：，
过，，三点的圆的方程为：，
将代入该方程左边，
则，
点也在过点，，三点的圆上，从而点，，，四点共圆.
【点睛】
本题考查直线与椭圆的综合应用问题，涉及到椭圆离心率和标准方程的求解、四点共圆问题的证明；证明四点共圆问题的关键是能够通过三点坐标确定三点所在圆的方程，进而代入第四个点的坐标，验证其满足方程即可.
27．（2019·江苏江苏·高三专题练习）如图，已知椭圆C的方程为，为半焦距，椭圆C的左、右焦点分别为，椭圆C的离心率为．
（1）若椭圆过点，两条准线之间的距离为，求椭圆C的标准方程；
（2）设直线与椭圆C相交于，两点，且四点共圆，若，试求的最大值．
【答案】（1）（2）
【分析】
(1)利用准线,以及求出离心率,又因为椭圆过点,确定方程.
(2)将直线方程代入椭圆方程, 根据中心对称性和四点共圆，所以. 所以三角形是直角三角形,,根据得出取得最大值.
【详解】
（1）因为两条准线之间的距离为，所以，又，故，
因为，所以，解得，
因为椭圆过点，所以，
故，，所以椭圆的标准方程为.
（2）设，
由得，解得.由椭圆的中心对称性得，，
因为四点共圆，所以，
所以，即，
所以三角形是直角三角形，且，所以，
即，故，
所以，即，
分离k，e得，，
因为，所以，
令则，所以，
令，
则，易得当，单调递减，
所以时，取最大值，即取得最大值为．
【点睛】
本题考查椭圆方程,直线与椭圆的位置关系,含参分式的最值,属于难题.
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