重难点突破15 圆锥曲线中的经典七大名圆问题（七大题型）-2025年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）

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\l "_Tc176644994" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc176644994 \h 2
\l "_Tc176644995" 02题型归纳与总结 PAGEREF _Tc176644995 \h 2
\l "_Tc176644996" 题型一：蒙日圆问题 PAGEREF _Tc176644996 \h 2
\l "_Tc176644997" 题型二：直径为圆问题 PAGEREF _Tc176644997 \h 9
\l "_Tc176644998" 题型三：四点共圆问题 PAGEREF _Tc176644998 \h 16
\l "_Tc176644999" 题型四：内准圆问题 PAGEREF _Tc176644999 \h 25
\l "_Tc176645000" 题型五：彭赛列圆问题 PAGEREF _Tc176645000 \h 32
\l "_Tc176645001" 题型六：焦点弦圆 PAGEREF _Tc176645001 \h 38
\l "_Tc176645002" 题型七：准线圆 PAGEREF _Tc176645002 \h 43
\l "_Tc176645003" 03 过关测试 PAGEREF _Tc176645003 \h 50
1、曲线的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆：．
2、双曲线的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆．
3、抛物线的两条互相垂直的切线的交点在该抛物线的准线上．
4、证明四点共圆的方法：
方法一：从被证共圆的四点中先选出三点作一圆，然后证另一点也在这个圆上，若能证明这一点，则可肯定这四点共圆．
方法二：把被证共圆的四个点连成共底边的两个三角形，且两三角形都在这底边的同侧，若能证明其顶角相等，则可肯定这四点共圆（根据圆的性质一一同弧所对的圆周角相等证）．
方法三：把被证共圆的四点连成四边形，若能证明其对角互补或能证明其中一个外角等于其内对角时，则可肯定这四点共圆（根据圆的性质一一圆内接四边形的对角和为，并且任何一个外角都等于它的内对角）．
方法四：证明被证共圆的四点到某一定点的距离都相等，或证明被证四点连成的四边形其中三边中垂线有交点），则可肯定这四点共圆（根据圆的定义：平面内到定点的距离等于定长的点的轨迹为圆）．
题型一：蒙日圆问题
【典例1-1】（2024·上海·模拟预测）日日新学习频道刘老师通过学习了解到：法国著名数学家加斯帕尔·蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点Q的轨迹是以椭圆的中心为圆心，（a为椭圆的长半轴长，b为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆C：.
(1)求椭圆C的蒙日圆的方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆C相切，且与椭圆C的蒙日圆相交于M，N两点，求的面积（O为坐标原点）；
(3)设P为椭圆C的蒙日圆上的任意一点，过点P作椭圆C的两条切线，切点分别为A，B，求面积的最小值.
【解析】（1）因为椭圆：，所以，
所以椭圆的蒙日圆的方程为；
（2）如图，
由（1）知，椭圆的方程为，设直线的方程为，
联立方程，消去并整理得，，
由，得，即，
所以坐标原点到直线：的距离，
所以，
所以；
（3）由（1）知，椭圆C的方程为，椭圆C的蒙日圆方程为，
设Px0,y0，则，设Ax1,y1，Bx2,y2，
则切线的方程为，切线的方程为，
将Px0,y0代入切线，的方程，有，，
故直线的方程为，
将直线的方程与椭圆的方程联立得，
消去并整理得，
显然，，
所以，，
所以，
又点Px0,y0到直线的距离，
所以，
设，则，，
令，
则，
所以函数在上单调递增，所以，
所以面积的最小值为.
【典例1-2】（2024·全国·模拟预测）在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，垂足为．当点在圆上运动时，线段的中点的轨迹是椭圆．
(1)求该椭圆的方程．
(2)法国数学家加斯帕尔·蒙日（1746—1818）发现：椭圆上任意两条互相垂直的切线的交点，必在一个与椭圆同心的圆上，称此圆为该椭圆的“蒙日圆”．若椭圆的左、右焦点分别为为椭圆上一动点，直线与椭圆的蒙日圆相交于点，求证：为定值．
【解析】（1）设，则，而点在圆上，
即有，化简得，
所以的方程为．
（2）由（1）知椭圆的方程，长半轴长，短半轴长，半焦距，
显然直线，都与椭圆相切，因此直线，所围成矩形的外接圆，
即为椭圆的蒙日圆，方程为，设，则,
在与中，由余弦定理得，，
两式相加得，又，则，
于是，
又，
所以，即为定值.
【变式1-1】法国著名数学家加斯帕尔蒙日在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点的轨迹是以椭圆的中心为圆心，为椭圆的长半轴长，为椭圆的短半轴长）为半径的圆，这个圆被称为蒙日圆.已知椭圆过点.且短轴的一个端点到焦点的距离为.
(1)求椭圆的蒙日圆的方程；
(2)若斜率为1的直线与椭圆相切，且与椭圆的蒙日圆相交于，两点，求的面积为坐标原点）；
(3)设为椭圆的蒙日圆上的任意一点，过点作椭圆的两条切线，切点分别为，，求面积的最小值.
【解析】（1）由椭圆短轴的一个端点到焦点的距离为，得，
由椭圆过点，得，解得，于是，
所以椭圆的蒙日圆的方程为.
（2）由（1）知，椭圆的方程为，设直线的方程为，
由消去并整理得，，
由，得，即，
则坐标原点到直线的距离，，
所以的面积.
（3）由（1）知，椭圆的方程为，椭圆的蒙日圆方程为，
设，则，设，，则，
当切线的斜率存在时，设的方程为，
由消去y得，
，整理得，
即，则，解得，
于是，即，
当切线的斜率不存在时，，的方程为或，满足上式，
因此切线的方程为，同理切线的方程为，
将代入切线，的方程，有，，
从而直线的方程为，当时，
由消去并整理得：，
显然，
，
则，
又点到直线的距离，
于是的面积，
设，则，
令，求导得，即函数在上单调递增，，
当，即时，由对称性不妨令，直线，
由，解得，，，
所以面积的最小值为.
【变式1-2】定义椭圆的“蒙日圆”的方程为，已知椭圆的长轴长为4，离心率为.
(1)求椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”E的方程；
(2)过“蒙日圆”E上的任意一点M作椭圆的一条切线，A为切点，延长MA与“蒙日圆”E交于点，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为，证明：为定值.
【解析】（1）由题意知
，
故椭圆的方程,
“蒙日圆”的方程为,即
（2）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或为零时,易得成立,
为定值.
【变式1-3】（2024·江西抚州·模拟预测）给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“准圆”.若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为.
（1）求椭圆的方程和其“准圆”方程；
（2）点是椭圆的“准圆”上的动点，过点作椭圆的切线交“准圆”于点.
①当点为“准圆”与轴正半轴的交点时，求直线的方程并证明；
②求证：线段的长为定值.
【解析】（1），椭圆方程为，准圆方程为.
（2）（ⅰ）因为准圆与轴正半轴的交点为，
设过点且与椭圆相切的直线为，
所以由得.
因为直线与椭圆相切，所以，解得，
所以方程为，，.
（ⅱ）①当直线中有一条斜率不存在时，不妨设直线斜率不存在，
则：，当：时，与准圆交于点，
此时为（或），显然直线垂直；
同理可证当：时，直线垂直
②当斜率存在时，设点，其中.
设经过点与椭圆相切的直线为，
所以由得.
由化简整理得，
因为，所以有.
设的斜率分别为，因为与椭圆相切，
所以满足上述方程，
所以，即垂直.
综合①②知：因为经过点，又分别交其准圆于点，且垂直.
所以线段为准圆的直径，，
所以线段的长为定值6.
题型二：直径为圆问题
【典例2-1】（2024·高三·河北·开学考试）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与椭圆交于，两点，且以线段为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线恒过定点，并求出该定点的坐标．
【解析】（1）依题意可得，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
联立可得，
且，即，
所以，，
因为以为直径的圆经过点，所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
化简可得，解得或，
当时，，过定点，符合题意；
当时，，过点，不满足题意，
综上所述，直线过定点.
【典例2-2】已知，直线l：，椭圆C：，、分别为椭圆C的左、右焦点．
(1)当直线l过右焦点时，求直线l的方程．
(2)当直线l与椭圆C相离、相交时，求m的取值范围．
(3)设直线l与椭圆C交于A、B两点，、的重心分别为G、H．若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m的取值范围．
【解析】（1）∵直线l：经过，
∴，
解得．
又∵，
∴，故直线l的方程为．
（2）由得，，
因为，所以，
得，，
解得或．
∵，∴．
由得，故，
∴当直线与椭圆相离时m的取值范围是；
当直线与椭圆相交时m的取值范围是．
（3）设Ax1,y1，Bx2,y2，F1−c,0，．
由重心坐标公式得
，，
可知，同理．
∵O在以线段GH为直径的圆内，
∴，即，
由已知，
消去x，得；
消去y，得．
方程的判别式，
方程的判别式，
，
，
，
∴，
又∵，
∴，
∴实数m的取值范围为．
【变式2-1】（2024·高三·湖北·开学考试）已知平面内一动圆过点，且在y轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若过点的直线l与曲线C交于点M，N，问：以MN为直径的圆是否过定点？若过定点，求出这个定点；若不过定点，请说明理由.
【解析】（1）设动圆圆心，
当时，依题意，，即；
当时，点C的轨迹为点，满足，
所以点C的轨迹方程为.
（2）依题意，直线不垂直于轴，设直线l方程为：，，
由消去x并整理得，恒成立，
则，令圆心为，则，，，
直径，
则圆的方程为，
当时，，
因此对于，圆恒过原点，
所以存在定点，以MN为直径的圆过定点.
【变式2-2】（2024·宁夏银川·一模）已知椭圆的离心率，且点在椭圆上，直线与椭圆交于不同的两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：线段的中点在直线上；
(3)过点作轴的平行线，与直线的交点为，证明：点在以线段为直径的圆上．
【解析】（1），又，
，
又，
椭圆方程为；
（2）联立直线与椭圆方程，
又因为有两个交点，所以，
解得，设，
故，
又，
，
线段的中点的坐标为，，
线段的中点C在直线上；
（3）由已知得：，
，
，
，
点在以线段为直径的圆上．
【变式2-3】（2024·山东泰安·模拟预测）已知抛物线，焦点为，点在上，直线∶与相交于两点，过分别向的准线作垂线，垂足分别为.
(1)设的面积分别为，求证：；
(2)若直线，分别与相交于，试证明以为直径的圆过定点，并求出点的坐标.
【解析】（1）将代入，得，所以抛物线方程为，
由题意知，设，
由得，，，
所以，
所以
，即.
（2）直线的斜率，
故直线的方程为，令得，
所以点的坐标为，同理，点的坐标为，
设线段的中点为，则
=，
又=
，
所以以为直径的圆为，
即，令得或，
故以为直径的圆过定点0,1和.
题型三：四点共圆问题
【典例3-1】（2024·上海·三模）已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与交于A、B两点．设在点A、B处的切线分别为，，与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P．
(1)设点A横坐标为a，求切线的斜率，并证明；
(2)证明：点P必在直线上；
(3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标．
【解析】（1）点A横坐标为a，则，
因为，，所以点A处的切线斜率为a
所以切线的方程为，
切线与x轴的交点为，
因为，所以，
所以，所以，
当时，亦有；
结论得证.
（2）证明：设，，由，得，
所以，
所以直线，直线，
由，得，即两直线的交点，
因为点，，三点共线，
所以，，得，
所以，所以
所以点P在直线上
（3）因为直线，直线，
所以，，由（2）可知，
设的外接圆方程为，
则，
解得，，
所以外接圆方程为
将代入方程，得
又，解得，，
所以点P坐标为
解法二:抛物线的焦点，
由（1）可知，同理可证得，
所以F，M，N，P四点共圆，
所以PF是的外接圆的直径，
因为P、M、N、T四点共圆，所以点在的外接圆上，
所以，
所以，即，得，
所以直线TP方程为，即
又点P在直线上，
则由，得，
所以点P坐标为
【典例3-2】已知椭圆的离心率为，点分别为椭圆的右顶点和上顶点，且．
(1)试求椭圆的方程；
(2)斜率为的直线与椭圆交于两点，点在第一象限，求证：四点共圆．
【解析】（1）依题意知，，即，又，解得，
∴椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，根据点在第一象限可知，
因为，，故方程为：，
整理得方程为，
过四点的曲线系方程为：
，
即，
取，
则方程可以转化为①．
此时，
，
而，
故恒成立，
故，
则①为圆的方程，故对， 总四点共圆．
【变式3-1】已知双曲线，过的直线与双曲线的右支交于两点.
(1)若，求直线的方程，
(2)设过点且垂直于直线的直线与双曲线交于两点，其中在双曲线的右支上.
（i）设和的面积分别为，求的取值范围；
（ii）若关于原点对称的点为，证明：为的垂心，且四点共圆.
【解析】（1）设，
结合题意知直线斜率不为0，设直线，因为直线与双曲线右支相交，
故，
联立双曲线方程，得，
则，
故，
即，解得，或（舍去），
因此，从而直线的方程为.
（2）（i）若，则，
由（1）可知，，
此时；
当时，设，直线，
由（1）同理可知，
故
注意到
，
令，则，
令，
综上可知，的取值范围是.
（ii）先证明为的垂心，只需证明，
注意到，，
而
，
同理，
，
因此，又，故为的垂心，因此，
再证明四点共圆，即只需证明：.
因为关于原点对称，则，
同理可得；
则，即，
因此，因此四点共圆.
【变式3-2】已知椭圆的离心率为，右顶点为，设点为坐标原点，点为椭圆上异于左右顶点的动点，的面积最大值为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线交轴于，其中，直线交椭圆于另一点，直线分别交直线于点和，是否存在实数使得四点共圆，若存在，求出的值；若不存在，说明理由．
【解析】（1）由椭圆的离心率为，得，解得，
设，而，则，当且仅当时取等号，
于是，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）假设存在，使得四点共圆，
由（1）知，设，显然直线不垂直于y轴，设直线的方程为：，
由消去x得，
，，
直线的方程为：，则，同理，
由四点共圆，得，即，
于是，则，从而直线的斜率有，
即，整理得，
而
，因此，解得与矛盾，
所以不存在实数使得四点共圆.
【变式3-3】在平面直角坐标系中，已知点、，点的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和.
【解析】(1) 因为，
所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，
设轨迹的方程为，则，可得，，
所以，轨迹的方程为.
（2）[方法一] 【最优解】：直线方程与双曲线方程联立
如图所示，设,
设直线的方程为．
联立,
化简得，，
则．
故．
则．
设的方程为，同理．
因为，所以，
化简得，
所以，即．
因为，所以．
[方法二] ：参数方程法
设．设直线的倾斜角为，
则其参数方程为，
联立直线方程与曲线C的方程，
可得，
整理得．
设，
由根与系数的关系得．
设直线的倾斜角为，，
同理可得
由，得．
因为，所以．
由题意分析知．所以，
故直线的斜率与直线的斜率之和为0．
[方法三]：利用圆幂定理
因为，由圆幂定理知A，B，P，Q四点共圆．
设,直线的方程为，
直线的方程为,
则二次曲线．
又由，得过A，B，P，Q四点的二次曲线系方程为：
，
整理可得：
，
其中．
由于A，B，P，Q四点共圆，则xy项的系数为0，即.
【整体点评】(2)方法一：直线方程与二次曲线的方程联立，结合韦达定理处理圆锥曲线问题是最经典的方法，它体现了解析几何的特征，是该题的通性通法，也是最优解；
方法二：参数方程的使用充分利用了参数的几何意义，要求解题过程中对参数有深刻的理解，并能够灵活的应用到题目中.
方法三：圆幂定理的应用更多的提现了几何的思想，二次曲线系的应用使得计算更为简单.
题型四：内准圆问题
【典例4-1】已知、分别为椭圆的左、右焦点，M为上的一点.
(1)若点M的坐标为，求的面积；
(2)若点M的坐标为，且直线与交于不同的两点A、B，求证：为定值，并求出该定值；
(3)如图，设点M的坐标为，过坐标原点O作圆（其中r为定值，且）的两条切线，分别交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为，.如果为定值，求的取值范围，以及取得最大值时圆M的方程.
【解析】（1）由已知条件得，因为，则，又，
因此的面积为.
（2）设，由，得，
，又，，
，
于是
，
即为定值.
（3）因为直线:与相切，则，即，
同理，由直线:与相切，可得，
于是、是关于的方程的两实根，
注意到，且，故，
因为定值，故不妨设（定值），
于是有，即.
依题意可知，变化，而、均为定值，即有，解得，，
设，，由得，同理，
所以
，当且仅当时取等号，
因此，解得，所以的范围为，
当或时，直线关于坐标轴对称，此时圆心M为椭圆顶点，
所以圆M的方程为或.
【典例4-2】（2024届上海市宝山区高三（一模）期末数学试题）已知分别为椭圆的左、右焦点，M为上的一点．
（1）若点M的坐标为，求的面积；
（2）若点M的坐标，且直线与交于两不同点A、B，求证：为定值，并求出该定值；
（3）如图，设点M的坐标为，过坐标原点O作圆（其中r为定值，且）的两条切线，分别交于点P，Q，直线的斜率分别记为．如果为定值，试问：是否存在锐角，使？若存在，试求出的一个值；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）由已知条件得，因为，所以，
又、的坐标分别为(，0)、(，0)，
因此，的面积为.
（2）设，，由，得，
显然，且，
又，，所以，
，
即为定值.
（3）满足的锐角不存在.
理由如下：
因为直线:与相切，所以，
即，
同理，由直线:与相切，可得，
于是，、是关于的方程的两实根，
注意到，且，故，
因为定值，故不妨设（定值），
于是有，即.
依题意可知，变化，而、均为定值，所以，
解得，，
再设，，由得；
同理可得.
所以
，
即，亦即，（※）
若锐角，使，则，与（※）相矛盾.
因此，这样的锐角不存在.
【变式4-1】（2018年全国高中数学联赛辽宁省预赛）如图所示，在平面直角坐标系，设点是椭圆上一点，左右焦点分别是、，从原点O向圆M：作两条切线分别与椭圆C交于点P、Q，直线OP、OQ的斜率分别记为、.
(1)设直线、分别与圆交于A、B两点，当，求点A的轨迹方程；
(2)当为定值时，求的最大值.
【解析】1.由椭圆定义：得
所以，，又，
则，故点的坐标满足方程.
因为，则点在椭圆内部，因此
或.
综上，点A的轨迹方程为.
【变式4-2】令直线OP的方程是，与圆M相切，则有，
即
又直线OQ与圆相切，设直线OQ的方程是，同理有
则是方程的两实根，因此，
又为定值，设，则
即
由于M为椭圆上的点，且c为定值，因此必有，故，此时.
设点，，联立，解得
，.
同理，，所以，
.
故的最大值为.
【变式4-3】已知椭圆的离心率为，设是C上的动点，以M为圆心作一个半径的圆，过原点作该圆的两切线分别与椭圆C交于点P、Q，若存在圆M与两坐标轴都相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线OP，OQ的斜率都存在且分别为，，求证：为定值；
(3)证明：为定值？并求的最大值．
【解析】（1）由椭圆的离心率，则，
又存在与两坐标轴都相切，则此时圆心，
代入，解得：，则，
∴椭圆方程：．
（2）因为直线，与圆M相切，
由直线与圆联立，
可得，
同理，
由判别式为0可得，是方程的两个不相等的实数根，∴，
因为点在椭圆C上，所以，所以．
（3）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设，，
因为，所以，
因为，在椭圆C上，所以，整理得，
所以，所以．
当直线落在坐标轴上时，显然有，
综上，，所以，
所以的最大值为．
题型五：彭赛列圆问题
【典例5-1】抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
【典例5-2】（内蒙古呼和浩特市2024届高三第二次质量数据监测理科数学试题）拋物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点M的坐标为，与直线l相切．
(1)求抛物线C和的标准方程；
(2)已知点，点，是C上的两个点，且直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【解析】（1）由已知，设拋物线C的方程为（），
当时，，则，
所以不妨设 ，，
因为，所以，
所以，解得
所以抛物线C的，
因为与直线l：相切，，
所以的半径为2，
所以的方程
（2）由已知可得在抛物线上，设，
所以，
所以的点斜式方程为
整理可得，
此直线与圆相切，可得，
平方后可得
又因为
化简得，
同理：的方程为，
所以直线方程为，
所以点M到直线距离为，
所以直线与相切
【变式5-1】（云南省曲靖市第一中学2024届高三教学质量监测数学试题（五））已知抛物线，其顶点在坐标原点，直线与抛物线交于M，N两点，且．
(1)求抛物线O的方程．
(2)已知，，，是抛物线O上的三个点，且任意两点连线斜率都存在．其中，均与相切，请判断此时圆心到直线的距离是否为定值，如果是定值，请求出定值；若不是定值，请说明理由．
【解析】（1）因为与抛物线相交，
联立，解得，则，．
因为，所以，
所以，则抛物线的方程为．
（2）由题易知直线，，斜率一定存在，
设，，，则，
则直线的方程为：，
即，即，
因为的圆心为，半径为，
因为直线与圆相切得：，
平方化简得：，
看成关于，为变量的式子得：，
同理得直线与圆相切，化简式子后得：，
所以可以同构出直线的方程为：，
则所以圆心到直线的距离为：
，
此时圆心到直线的距离为定值，定值为.
【变式5-2】（云南省昆明市第一中学2024届高三第一次摸底测试数学（文）试题）已知A，B，C三点在椭圆上，其中A为椭圆E的右顶点，圆为三角形ABC的内切圆.
（1）求圆O的半径r；
（2）已知，，是E上的两个点，直线与直线均与圆O相切，判断直线与圆O的位置关系，并说明理由.
【解析】（1）因为圆与椭圆均关于轴对称，故可设，，过圆心作于点，设与轴交于点，
由得，即，而点在椭圆上，
故，即，故.
（2）由题意可知直线与斜率和均存在，设过且与圆相切的直线方程为：，即，
则圆心到该直线的距离，即，
联立，可得：，
即，则方程异于的实数解
，
，
设，，
则直线的斜率，
故直线的方程为：，
则圆心到的距离，故直线与圆相切 .
题型六：焦点弦圆
【典例6-1】（2024年普通高等学校招生全国统一考试数学猜题卷（四））已知分别为椭圆的左、右焦点，分别是椭圆的右顶点和上顶点，椭圆的离心率为，的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若点在椭圆上，则点称为点的一个“椭点”.直线与椭圆交于两点，两点的“椭点”分别为.问：是否存在过点的直线，使得以为直径的圆经过坐标原点？若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由题意得，故，结合得，
则，
，得，，故椭圆的标准方程为.
（2）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，
联立得，解得或，
不妨令，则.
因 ，
故此时以为直径的圆不过坐标原点.
②当直线的斜率存在时，如图，设直线的方程为，
联立得，消去得，
设Ax1,y1,Bx2,y2，则，
由根与系数的关系可得，(*)
若以为直径的圆经过坐标原点，则，
而，因此，
即，
将（*）代入得，
因，化简得，解得.
故直线的方程为或.
【典例6-2】（2024届吉林省长春市高三第四次调研测试理科数学试卷（带解析））如图为椭圆C：的左、右焦点，D，E是椭圆的两个顶点，椭圆的离心率，的面积为.若点在椭圆C上，则点称为点M的一个“椭圆”，直线与椭圆交于A，B两点，A，B两点的“椭圆”分别为P，Q.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）问是否存在过左焦点的直线，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点？若存在，求出该直线的方程；若不存在，请说明理由.
【解析】由题意，，即，，即
又得：
∴椭圆的标准方程：．
(2)①当直线的斜率不存在时，直线的方程为
联立，解得或，
不妨令，，所以对应的“椭点”坐标，．
而,所以此时以为直径的圆不过坐标原点．
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为
消去得，
设，则这两点的“椭点”坐标分别为
由根与系数关系得：
若使得以为直径的圆过坐标原点，则
而，∴
即，即
代入，解得：
所以直线方程为或．
【变式6-1】已知抛物线上一点到焦点F距离是.
（1）求抛物线C的方程；
（2）过F的直线与抛物线C交于A、B两点，是否存在一个定圆恒以AB为直径的圆内切，若存在，求该定圆的方程；若不存在，请说明理由.
【解析】（1）由抛物线的定义得,又，所以，解得：.
点M在抛物线上，
解得,所以抛物线方程为.
(2)当直线l的斜率存在，设直线的方程为，
设l与抛物线交于点，联立
化简得 显然，
设A,B的中点为M，则
，
假设定圆存在，设定圆的方程为
又两圆内切可得
整理得：
得 定圆的方程为
当直线斜率不存在，则以A,B为直径的圆的方程为
该圆也与定圆内切
综上存在定圆恒与以AB为直径的圆内切.
【变式6-2】（福建省厦门市2024届高三第二次质量检测数学试题）已知椭圆C：（a＞b＞0）的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交C丁A．B两点．当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3．
(1)求C的方程；
(2)是否存在定圆E，使其与以AB为直径的圆内切？若存在，求出所有满足条件的圆E的方程；若不存在，请说明理由．
【解析】（1）已知椭圆C的离心率为，所以；
由当l⊥x轴时，△ABF2的面积为3，得，即，又，
所以，又，则，椭圆方程为.
（2）当l⊥x轴时，以AB为直径的圆的圆心为F1，半径；
当l为x轴时，以AB为直径的圆的圆心为O，半径；
因为直线l过点F1，所以以AB为直径的所有圆关于轴两两对称的，
根据对称性可知，圆E与以AB为直径的圆内切时，圆心在轴上.设圆心E，半径为R,
当以AB为直径的圆在圆E内部与E相切时，
则，，故，
又，所以， ，即，，圆E的方程为；
当以AB为直径的圆在圆E外部与E相切时，
则，，故，又，
所以， ，即，，圆E的方程为；
当直线l斜率不为零时，设直线l的方程为,，，
联立，得，
则，，
所以AB的中点即以AB为直径的圆的圆心，半径，当圆E的方程为时，
，
此时，所以以AB为直径的圆与E相切.
当圆E的方程为时，
，
此时，所以以AB为直径的圆与E相切.
综上圆E的方程或.
题型七：准线圆
【典例7-1】（2018年全国普通高等学校招生统一考试理数（全国卷II））设抛物线的焦点为，过且斜率为的直线与交于，两点，．
（1）求的方程；
（2）求过点，且与的准线相切的圆的方程．
【解析】（1）［方法一］：【通性通法】焦点弦的弦长公式的应用
由题意得，设直线l的方程为．
设，由得．
，故．
所以．
由题设知，解得（舍去）或．因此l的方程为．
［方法二］：弦长公式的应用
由题意得，设直线l的方程为．
设，则由得．
，由，解得（舍去）或．因此直线l的方程为．
［方法三］：【最优解】焦点弦的弦长公式的应用
设直线l的倾斜角为，则焦点弦，解得，即．因为斜率，所以．
而抛物线焦点为，故直线l的方程为．
［方法四］：直线参数方程中的弦长公式应用
由题意知，可设直线l的参数方程为（t为参数）．
代入整理得．
设两根为，则．
由，解得．
因为，所以，因此直线l的参数方程为
故直线l的普通方程为．
［方法五］：【最优解】极坐标方程的应用
以点F为极点，以x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，此时抛物线的极坐标方程为．
设，由题意得，解得，即．
所以直线l的方程为．
（2）［方法一］：【最优解】利用圆的几何性质求方程
由（1）得AB的中点坐标为，所以AB的垂直平分线方程为
，即．
设所求圆的圆心坐标为，则
解得或，
因此所求圆的方程为或．
［方法二］：硬算求解
由题意可知，抛物线C的准线为，所求圆与准线相切．
设圆心为，则所求圆的半径为．
由得．
所以，
解得或，
所以，所求圆的方程为或．
【整体点评】（1）方法一：根据弦过焦点，选择焦点弦长公式运算，属于通性通法；
方法二：直接根据一般的弦长公式硬算，是解决弦长问题的一般解法；
方法三：根据弦过焦点，选择含直线倾斜角的焦点弦长公式，计算简单，属于最优解；
方法四：根据直线参数方程中的弦长公式，利用参数的几何意义运算；
方法五：根据抛物线的极坐标方程，利用极径的意义求解，计算简单，也是该题的最优解．
（2）方法一：根据圆的几何性质确定圆心位置，再根据直线与圆的位置关系算出，是求圆的方程的最优解；
方法二：直接根据圆经过两点，硬算，思想简单，运算相对复杂．
【典例7-2】（专题24圆锥曲线中的存在性、探索性问题微点2圆锥曲线中的探索性问题）已知定点，，定直线：，不在轴上的动点与点的距离是它到直线的距离的倍．设点的轨迹为，过点的直线交于、两点，直线、分别交于点、．
(1)求的方程；
(2)试判断以线段为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】（1）设，依题意有，化简可得（）．
（2）解法1：假设以线段为直径的圆过定点，由对称性可知该定点必在轴上，设．设直线的方程为，由，消去可得，由题意知．设，，则，．因为直线的方程为，所以点的坐标为，同理，于是，．由可得，即，即，即，解得或，所以以线段为直径的圆过定点和．
解法2：假设以线段为直径的圆过定点，由对称性可知该定点必在轴上．若垂直于轴，则，直线方程为，所以点坐标为，此时以为直径的圆的方程为，该圆与轴交于点和．下面进行验证．
设直线的方程为，由，消去可得，由题意知．设，，则，．因为直线的方程为，所以点的坐标为，同理．
因为，，所以
．同理．所以以线段为直径的圆过定点和．
【变式7-1】（2024届四川省遂宁市高三第二次诊断考试文科数学试卷（带解析））已知定点，，定直线：，动点与点的距离是它到直线的距离的.设点的轨迹为，过点的直线交于、两点，直线、与直线分别相交于、两点．
（1）求的方程；
（2）试判断以线段为直径的圆是否过点，并说明理由.
【解析】（1）设，根据动点与点的距离是它到直线的距离的，便可得求的方程；
（2）由于直线 过x轴上的点，故可设直线方程为，再代入椭圆的方程，可得，结合根与系数的关系求出点、坐标，从而得向量的坐标，然后计算其数量积.若数量积为0，则垂直；否则不垂直，进而可判断以线段为直径的圆是否过点.
试题解析：（1），设为C上任意一点，依题意有
∴
（2）易知直线斜率不为0，设方程为
由，得
设，，则，
由，知方程为，点坐标为
同理，点坐标为
则
∴
=
∴ 以为直径的圆恒过点F
【变式7-2】已知双曲线：经过点A，且点到的渐近线的距离为．
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点作斜率不为的直线与双曲线交于M，N两点，直线分别交直线AM，AN于点E，F．试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．
【解析】（1）由题意得：
因为双曲线C的渐近线方程为，所以有：
解得：
因此，双曲线C的方程为：
（2）①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为
由可得：
设、，
则由：，
由直线AM方程，令，得点
由直线AN方程，令，得点
则以EF为直径的圆的方程为：
令，有：
将，代入上式，得
可得：
解得：，或
即以EF为直径的圆经过点和；
②当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为、，以EF为直径的圆方程为，该圆经过点和
综合可得，以EF为直径的圆经过定点和
【变式7-3】（宁夏回族自治区石嘴山市2024届高三二模数学（理）试题）已知椭圆的右焦点为F，A、B分别为椭圆的左顶点和上顶点，ABF的面积为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F的直线l与椭圆C交于P，Q两点，直线AP、AQ分别与直线x＝交于点M、N．以MN为直径的圆是否恒过定点？若是，请求出该定点坐标；若不是，请说明理由．
【解析】（1）由题得
ABF的面积，解得a＝2，
即椭圆C的标准方程为．
（2）已知点A（－2，0），设直线PQ的方程为，点．
直线AP的方程为，直线AQ的方程为，
将代入直线AP、AQ方程，
可得，．
设以MN为直径的圆过定点P（m，n），则，
即
联立椭圆和直线PQ的方程为，
可得，
化简得，即，．
代入上式化简得
，由此可知，若上式与t无关，
则，又，
因此MN为直径的圆恒过定点和．
1．（2024·陕西西安·一模）数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国科学技术的发展影响深远.在双曲线中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，它的圆心是双曲线的中心，半径等于实半轴长与虚半轴长的平方差的算术平方根，这个圆被称为蒙日圆.已知双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)设点关于坐标原点的对称点为，不过点且斜率为的直线与双曲线相交于两点，直线与交于点，求直线的斜率值.
【解析】（1）由题意知，双曲线的实轴长为，其蒙日圆方程为，
可得，解得，
所以的标准方程为：.
（2）设，直线的方程为，
由，整理得，
因为直线与相交于两点，
所以，且，
由点，当直线的斜率均存在时，
，
所以直线的方程为，
直线的方程为
两方程联立方程组，可得，
显然，可得，
所以，
当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，
则，所以.
当直线的斜率不存在时，可得直线的方程为，直线的方程为，则，所以，即
综上可得：直线的斜率值.
2．（2024·河南南阳·一模）在椭圆(双曲线)中，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(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆的面积为，该椭圆的上顶点和下顶点分别为，且，设过点的直线与椭圆交于两点（不与两点重合）且直线.
(1)证明：，的交点在直线上;
(2)求直线围成的三角形面积的最小值.
【解析】（1）根据题意，蒙日圆的半径为，所以.
因为，可知，则，
所以椭圆的标准方程为，
因为直线过点，可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交，
可设直线，
联立方程，消去可得，
由根与系数的关系可得：
因为，可得直线，直线，
所以
即，解得，
所以直线的交点在直线上.
（2）设直线与直线的交点分别为，
则由（1）可知：直线，直线.
联立方程和，
解得
因为，
又因为点到直线的距离，
可得，只需求的最小值.
由弦长公式可得

令，则.
可得，
当且仅当，即时等号成立.
即的最小值为，可得面积的最小值为.
故直线围成的三角形面积的最小值为.
3．法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点轨迹为一个圆，该圆的方程为，这个圆被称为蒙日圆，已知抛物线的焦点是椭圆的一个短轴端点，且椭圆的离心率为．
（1）求椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”的方程；
（2）若斜率为1的直线与“蒙日圆”相交于，两点，且与椭圆相切，为坐标原点，求的面积．
【解析】（1）由题意，抛物线的焦点为，可得，
又由，且，可得，，
于是椭圆的标准方程为：；“蒙日圆”方程为．
（2）设直线，，，
由，整理得，
令，可得，解得，
“蒙日圆”方程为，圆心为，半径，
则圆心到直线的距离，
由弦长公式，可得．
所以的面积为．
4．已知，是双曲线：上的两点，点是线段的中点.
(1)求直线的方程；
(2)若线段的垂直平分线与相交于，两点，证明：，，，四点共圆.
【解析】（1）依题意，直线的斜率必定存在，设其斜率为，Ax1,y1，Bx2,y2，
所以，，所以，
又，，所以，
故直线的方程为，即，经检验，符合题意，
所以直线的方程为.
（2）
证明：由得，
解得或，所以，.
线段中垂线的方程为：，
设，
由得，
所以，
故的中点，所以，
，
所以，，，在以为圆心，为半径的圆上，
所以，，，四点共圆.
5．设椭圆，过点且倾斜角互补的两直线分别与椭圆交于和，证明四点共圆．
【解析】证明：根据题意可知，当两直线倾斜角互补时，斜率不存在这种情况不成立，
故设，，
则由和构成的二次曲线方程为，
若四点共圆，则，
即，
故，即时，四点共圆，
圆的方程为．
又因为恒成立，
故四点共圆．
6．（2024·广西来宾·一模）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为6,0，渐近线方程为.

(1)求C的方程；
(2)记C的左顶点为A，直线l:x=23与x轴交于点B，过B的直线与C的右支于P，Q两点，直线AP，AQ分别交直线l于点M，N，证明O，A，M，N四点共圆.
【解析】（1）由题意可得a2+b2=6ba=22，解得，b2=2，
所以C的方程为.
（2）如图：
设直线PQ的方程为x=my+23，Px1,y1，Qx2,y2，
代入C的方程整理可得：92−m2y2−12my+32=0，
m2−2≠0，且△=−12m2−4×92−m2×32>0，故m2>169且m2≠2.
y1+y2=4m32−m2，y1⋅y2=3292−m2，
因为P，Q在C的右支上，∴y1y2>0，∴m2