第79讲圆锥曲线中的圆问题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第79讲 圆锥曲线中的圆问题 知识梳理 x2 y2 1、曲线Γ: + =1的两条互相垂直的切线的交点P的轨迹是圆：x2+y2=a2+b2． a2 b2 x2 y2 2、双曲线 - =1(a>b>0)的两条互相垂直的切线的交点的轨迹是圆x2+y2=a2 a2 b2 -b2． 3、抛物线y2=2px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180°，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)． 必考题型全归纳 1 题型一：蒙日圆问题 4407 (2024·全国·高三专题练习)在学习数学的过程中，我们通常运用类比猜想的方法研究问 题． (1)已知动点P为圆O:x2+y2=r2外一点，过P引圆O的两条切线PA、PB，A、B为切   点，若PA⋅PB=0，求动点P的轨迹方程； x2 y2 (2)若动点Q为椭圆M: + =1外一点，过Q引椭圆M的两条切线QC、QD，C、D 9 4   为切点，若QC⋅QD=0，求出动点Q的轨迹方程； x2 y2 (3)在(2)问中若椭圆方程为 + =1(a>b>0)，其余条件都不变，那么动点Q的轨 a2 b2 迹方程是什么(直接写出答案即可，无需过程)．   【解析】(1)由切线的性质及PA⋅PB=0可知，四边形OAPB为正方形， 所以点P在以O为圆心，|OP|长为半径的圆上，且|OP|= 2|OA|= 2r， 进而动点P的轨迹方程为x2+y2=2r2 (2)设两切线为l ，l ， 1 2 ①当l 与x轴不垂直且不平行时，设点Q的坐标为Q(x ，y )则x ≠±3， 1 0 0 0 1 设l 的斜率为k，则k≠0，l 的斜率为- ， 1 2 k x2 y2 l 的方程为y-y =k(x-x )，联立 + =1， 1 0 0 9 4 得(4+9k2)x2+18k(y -kx )x+9(y -kx )2-36=0， 0 0 0 0 第 页 共 页 2888 3427因为直线与椭圆相切，所以Δ=0，得182k2(y -kx )2-4(4+9k2)⋅9[(y -kx )2-4]=0， 0 0 0 0 化简，9k2(y -kx )2-(4+9k2)(y -kx )2+(4+9k2)4=0， 0 0 0 0 进而(y -kx )2-(4+9k2)=0， 0 0 所以(x2-9)k2-2x y k+y2-4=0 0 0 0 0 所以k是方程(x2-9)k2-2x y k+y2-4=0的一个根， 0 0 0 0 1 同理- 是方程(x2-9)k2-2x y k+y2-4=0的另一个根， k 0 0 0 0 1 ∴k⋅- k  y2-4 = 0 ，得x2+y2=13，其中x ≠±3， x2-9 0 0 0 0 ②当l 与x轴垂直或平行时，l 与x轴平行或垂直， 1 2 可知：P点坐标为：(±3,±2)， ∵P点坐标也满足x2+y2=13， 0 0 综上所述，点P的轨迹方程为：x2+y2=13． 0 0 (3)动点Q的轨迹方程是x2+y2=a2+b2 0 0 以下是证明： 设两切线为l ，l ， 1 2 ①当l 与x轴不垂直且不平行时，设点Q的坐标为Q(x ，y )则x ≠±a， 1 0 0 0 1 设l 的斜率为k，则k≠0，l 的斜率为- ， 1 2 k x2 y2 l 的方程为y-y =k(x-x )，联立 + =1， 1 0 0 a2 b2 得(b2+a2k2)x2+2a2k(y -kx )x+a2(y -kx )2-a2b2=0， 0 0 0 0 因为直线与椭圆相切，所以Δ=0， 得2a2  2k2(y -kx )2-4(b2+a2k2)⋅a2[(y -kx )2-b2]=0， 0 0 0 0 化简，a2k2(y -kx )2-(b2+a2k2)(y -kx )2+(b2+a2k2)b2=0， 0 0 0 0 进而(y -kx )2-(b2+a2k2)=0， 0 0 所以(x2-a2)k2-2x y k+y2-b2=0 0 0 0 0 所以k是方程(x2-a2)k2-2x y k+y2-b2=0的一个根， 0 0 0 0 1 同理- 是方程(x2-a2)k2-2x y k+y2-b2=0的另一个根， k 0 0 0 0 1 ∴k⋅- k  y2-b2 = 0 ，得x2+y2=a2+b2，其中x ≠±a， x2-a2 0 0 0 0 ②当l 与x轴垂直或平行时，l 与x轴平行或垂直， 1 2 可知：P点坐标为：(±a,±b)， ∵P点坐标也满足x2+y2=a2+b2， 0 0 综上所述，点P的轨迹方程为：x2+y2=a2+b2． 0 0 4408 (2022·全国·高三专题练习)在学习过程中，我们通常遇到相似的问题. (1)已知动点P为圆O：x2+y2=r2外一点，过P引圆O的两条切线PA、PB，A、B为切   点，若PA⋅PB=0，求动点P的轨迹方程； x2 y2 (2)若动点Q为椭圆M： + =1外一点，过Q引椭圆M的两条切线QC、QD，C、D 4 3   为切点，若QC⋅QD=0，猜想动点Q的轨迹是什么，请给出证明并求出动点Q的轨迹方 程. 【解析】(1)因为PA、PB是圆O的两条切线，所以∠PAO=∠PBO=90°， 第 页 共 页 2889 3427  由PA⋅PB=0可得∠APB=90°，所以四边形OAPB是矩形， 因为OA=OB=r，所以四边形OAPB为正方形， 所以OP  = 2OA  = 2r，即点P在以O为圆心，OP  长为半径的圆上， 所以动点P的轨迹方程为x2+y2=2r2； (2)动点Q的轨迹是一个圆， 设切线QC、QD为l ，l ， 1 2 ①当l 1 与x轴不垂直且不平行时，设点Q的坐标为Qx 0 ，y 0  ，则x ≠±2， 0 1 设l 的斜率为k，则k≠0，l 的斜率为- ， 1 2 k l 1 的方程为y-y 0 =kx-x 0  x2 y2 ，与 + =1联立可得3+4k2 4 3  x2+8ky 0 -kx 0  x+ 4y 0 -kx 0  2-12=0， 因为直线与椭圆相切，所以Δ=0，得64k2 y 0 -kx 0  2-43+4k2  ⋅4 y 0 -kx 0   2-3  =0， 即4k2 y 0 -kx 0  2-3+4k2  y 0 -kx 0  2+33+4k2  =0， 所以y 0 -kx 0  2-3+4k2  =0 所以x2 0 -4  k2-2x y k+y2-3=0， 0 0 0 所以k是方程x2 0 -4  k2-2x y k+y2-3=0的一个根， 0 0 0 1 同理- k 是方程x2 0 -4  k2-2x y k+y2-3=0的另一个根， 0 0 0 1 所以k⋅- k  y2-3 = 0 ，得x2+y2=7，其中x ≠±2； x2-4 0 0 0 0 ②当l 1 ⊥x轴或l 1 ⎳x轴时，对应l 2 ⎳x轴或l 2 ⊥x轴，可知P±2，± 3  ，满足上式； 综上所述，点P的轨迹方程为x2+y2=7 x2 y2 4409 (2024·河南·校联考模拟预测)在椭圆C： + =1(a>b>0)中，其所有外切矩形的 a2 b2 2 顶点在一个定圆Γ：x2+y2=a2+b2上，称此圆为椭圆的蒙日圆.椭圆C过P1, 2  ， 6 1 Q- , 2 2  . (1)求椭圆C的方程； (2)过椭圆C的蒙日圆上一点M，作椭圆的一条切线，与蒙日圆交于另一点N，若k ， OM k 存在，证明：k ⋅k 为定值. ON OM ON 2 【解析】(1)将P1, 2  6 1 ，Q- , 2 2  x2 y2 代入到 + =1， a2 b2 1 2   a2 + 4b2 =1 可得 ，解得a2=2，b2=1，  6 1  + =1 4a2 4b2 x2 所以椭圆C的方程为： +y2=1. 2 (2)由题意可知，蒙日圆方程为：x2+y2=3. (ⅰ)若直线MN斜率不存在，则直线MN的方程为：x= 2或x=- 2. 不妨取x= 2，易得M 2,1  ，N 2,-1  1 2 -1 2 ，k = = ，k = =- ， OM 2 2 ON 2 2 1 ∴k ⋅k =- . OM ON 2 (ⅱ)若直线MN斜率存在，设直线MN的方程为：y=kx+t. 第 页 共 页 2890 3427y=kx+t  联立x2 ，化简整理得：2k2+1 +y2=1 2  x2+4ktx+2t2-2=0， 据题意有Δ=16k2t2-44k2t2-4k2+2t2-2  =0，于是有：t2=2k2+1. 设Mx 1 ,y 1  (x 1 ≠0)，Nx 2 ,y 2  (x ≠0). 2 y=kx+t   x2+y2=3 化简整理得：k2+1  x2+2ktx+t2-3=0， Δ =4k2t2-4(k2+1)(t2-3)=4(3k2-t2+3)=4(3k2+3-2k2-1)=4(k2+2)>0， 1 2kt t2-3 x +x =- ，xx = . 1 2 k2+1 1 2 k2+1 则k ⋅k = y 1 y 2 = kx 1 +t OM ON xx 1 2  kx 2 +t  = k2x 1 x 2 +ktx 1 +x 2 xx 1 2  +t2 xx 1 2 -2k2t2 +t2 1+k2 t2-k2t2 k2t2-3k2+t2-k2t2 t2-3k2 =k2+ =k2+ = = ， t2-3 t2-3 t2-3 t2-3 1+k2 2k2+1-3k2 1-k2 1 ∵t2=2k2+1，所以k ⋅k = = =- . OM ON 2k2+1-3 2k2-2 2 1 综上可知，k ⋅k 为定值- . OM ON 2 4410 (2024秋·浙江宁波·高三期末)法国数学家加斯帕尔·蒙日被誉为画法几何之父.他在研 究椭圆切线问题时发现了一个有趣的重要结论：一椭圆的任两条互相垂直的切线交点的 轨迹是一个圆，尊称为蒙日圆，且蒙日圆的圆心是该椭圆的中心，半径为该椭圆的长半轴 x2 y2 1 与短半轴平方和的算术平方根.已知在椭圆C: + =1(a>b>0)中，离心率e= ， a2 b2 2 左、右焦点分别是F 1 、F 2 ，上顶点为Q，且QF 2  =2，O为坐标原点. (1)求椭圆C的方程，并请直接写出椭圆C的蒙日圆的方程； (2)设P是椭圆C外一动点(不在坐标轴上)，过P作椭圆C的两条切线，过P作x轴的垂 1 线，垂足H，若两切线斜率都存在且斜率之积为- ，求△POH面积的最大值. 2 第 页 共 页 2891 3427x2 y2 【解析】(1)设椭圆方程为 + =1,(a>b>0)，焦距为2c. a2 b2 c 1 由题意可知e= a = 2 ,QF 2  = b2+c2=a=2， x2 y2 所以c=1,b= 3，椭圆C的方程为 + =1， 4 3 且蒙日圆的方程为x2+y2=7； (2)设P(x 0 ,y 0 )，设过点P的切线方程为y-y 0 =kx-x 0  ， 由 y-y 0 =kx-x 0    3x2+4y2=12 ，消去y得3+4k2  x2+42ky 0 -2k2x 0  x+4k2x2-8kx y +4y2- 0 0 0 0 12=0①， 由于相切，所以方程①的Δ=0，可得：16(2ky -2k2x )2-4(3+4k2)(4k2x2-8k y +4y2 0 0 0 0 0 0 -12)=0， 整理成关于k的方程可得：4-x2 0  k2+2x 0 y 0 k+3-y2 0  =0， x2 y2 由于P在椭圆 + =1外，故3x2+4y2>12， 4 3 0 0 故Δ=43x2 0 +4y2 0 -12  >0， 设过点P的两切线斜率为k,k ， 1 2 2x y 3-y2 据题意得，k +k =- 0 0 ， k ⋅k = 0， 1 2 4-x2 1 2 4-x2 0 0 1 3-y2 1 又因为k ⋅k =- ，所以可得 0 =- ， 1 2 2 4-x2 2 0 x2 y2 即点P(x 0 ,y 0 )的轨迹方程为： 10 0 + 5 0 =1x 0 ≠±2,x 0 ≠± 10,x 0 ≠0  ， x2 y2 x2 y2 2 由不等式可知：1= 10 0 + 5 0 ≥2 10 0 ⋅ 5 0 = 5 x 0  ⋅y 0  ， 即x 0  ⋅y 0  5 2 x2 y2 ≤ 2 ，当且仅当 10 0 = 5 0 时取等号，此时x 0  = 5,y 0  5 = ， 2 1 所以S △POH = 2 x 0  ⋅y 0  5 2 5 2 ≤ ，即△POH的面积的最大值为 . 4 4 4411 (2024·吉林白山·统考二模)法国数学家加斯帕尔·蒙日创立的《画法几何学》对世界各国 x2 y2 科学技术的发展影响深远．在双曲线 - =1(a>b>0)中，任意两条互相垂直的切 a2 b2 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 x2 y2 方差的算术平方根，这个圆被称为蒙日圆．已知双曲线C： - =1(a>b>0)的实 a2 b2 轴长为6，其蒙日圆方程为x2+y2=1． (1)求双曲线C的标准方程； (2)设D为双曲线C的左顶点，直线l与双曲线C交于不同于D的E，F两点，若以EF为 直径的圆经过点D，且DG⊥EF于G，证明：存在定点H，使|GH|为定值． 【解析】(1)由题意知a=3，因为双曲线C的蒙日圆方程为x2+y2=1， 所以a2-b2=1，所以b=2 2， x2 y2 故双曲线C的标准方程为 - =1， 9 8 (2)证明：设E(x ，y)，F(x ，y )． 1 1 2 2 当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m， 第 页 共 页 2892 3427y=kx+m，  联立方程组x2 y2 化简得(8-9k2)x2-18kmx-(9m2+72)=0， - =1， 9 8 则Δ=(18km)2+4(9m2+72)(8-9k2)>0，即m2-9k2+8>0， 18km x +x = ，  1 2 8-9k2 且 -9m2-72 xx = ． 1 2 8-9k2   因为DE·DF=(x +3)(x +3)+yy =0， 1 2 1 2 所以(k2+1)·xx +(km+3)(x +x )+m2+9 1 2 1 2 -9m2-72 18km =(k2+1)· +(km+3)· +m2+9=0， 8-9k2 8-9k2 化简得m2-54km+153k2=(m-3k)(m-51k)=0， 所以m=3k或m=51k，且均满足m2-9k2+8>0 当m=3k时，直线l的方程为y=k(x+3)，直线过定点(-3，0)，与已知矛盾， 当m=51k时，直线l的方程为y=k(x+51)，过定点M(-51，0) 当直线l的斜率不存在时，由对称性不妨设直线DE：y=x+3， y=x+3，  联立方程组x2 y2 得x=-3(舍去)或x=-51，此时直线l过定点M(-51，0)． - =1， 9 8 因为DG⊥EF，所以点G在以DM为直径的圆上，H为该圆圆心，|GH|为该圆半径． 故存在定点H(-27，0)，使|GH|为定值24. x2 y2 4412 (2022秋·江苏盐城·高三校联考阶段练习)定义椭圆C： + =1(a>b>0)的“蒙日 a2 b2 1 圆”的方程为x2+y2=a2+b2，已知椭圆C的长轴长为4，离心率为e= . 2 (1)求椭圆C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C的一条切线MA，A为切点，延长MA与“蒙 日圆”E交于点D，O为坐标原点，若直线OM，OD的斜率存在，且分别设为k,k ，证明： 1 2 k ⋅k 为定值. 1 2 c 1 【解析】(1)由题意知2a=4,e= = a 2 ∴c=1,b2=3， x2 y2 故椭圆的方程 + =1, 4 3 ∴“蒙日圆”E的方程为x2+y2=4+3=7,即x2+y2=7 (2)当切线MA的斜率存在且不为零时,设切线MA的方程为y=kx+m,则 y=kx+m  由x2 y2 ,消去y得3+4k2 + =1 4 3  x2+8mkx+4m2-12=0 ∴Δ=64m2k2-43+4k2  4m2-12  =0 ∴m2=3+4k2, y=kx+m 由  x2+y2=7 ,消去y得1+k2  x2+2mkx+m2-7=0 ∴Δ=4m2k2-41+k2  m2-7  =16+12k2>0 -2mk m2-7 设P(x,y),Q(x ,y ),则x +x = ,xx = , 1 1 2 2 1 2 1+k2 1 2 1+k2 第 页 共 页 2893 3427∴kk = y 1 y 2 = kx 1 +m 1 2 xx 1 2  kx 2 +m  = k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2 xx 1 2  +m2 = xx 1 2 m2-7 -2mk k2⋅ +km⋅ +m2 1+k2 1+k2 m2-7k2 = m2-7 m2-7 1+k2 ∵m2=3+4k2， m2-7k2 3+4k2-7k2 3 ∴kk = = =- ， 1 2 m2-7 3+4k2-7 4 3 当切线MA的斜率不存在或为零时,易得kk =- 成立, 1 2 4 ∴k ⋅k 为定值. 1 2 x2 y2 4413 (2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的左、右焦点分别为 F 1- 3,0  、F 2 3,0  3 ，离心率为 ． 3 (1)求椭圆C的标准方程； (2)若动点Px 0 ,y 0  为椭圆C外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨 迹方程； (3)若过椭圆C上任意一点Q的切线与(2)中所求点P的轨迹方程交于A、B两点，求 证：QA  ⋅QB  =QF 1  ⋅QF 2  ． c 3 【解析】(1)由题意可得c= 3，e= = ，则a=3，b= a2-c2= 6， a 3 x2 y2 所以，椭圆C的方程为 + =1. 9 6 (2)设点Px 0 ,y 0  ，若两切线分别与两坐标轴垂直，则x =±3，y =± 6， 0 0 此时x2+y2=15； 0 0 若两切线的斜率都存在，设两切线的斜率分别为k 、k ， 1 2 切线的方程设为y=kx+y -kx ，联立椭圆方程2x2+3y2=18， 0 0 可得3k2+2  x2+6ky 0 -kx 0  x+3y 0 -kx 0  2-18=0， Δ=36k2 y 0 -kx 0  2-12 y 0 -kx 0   2-6  3k2+2  =0， 可得9-x2 0  k2+2kx y +6-y2=0， 0 0 0 6-y2 由题意可得kk = 0 =-1，整理可得x2+y2=15. 1 2 9-x2 0 0 0 综上所述，点P的轨迹方程为x2+y2=15. (3)设点Qm,n  ，则-3≤m≤3，且2m2+3n2=18， QF 1  = m+ 3  2 1 2+n2= m2+2 3m+3+6- m2= m2+2 3m+9 3 3 3 = m+3 3  3 =3+ m， 3 QF 2  = m- 3  2 1 2+n2= m2-2 3m+3+6- m2= m2-2 3m+9 3 3 3 = m-3 3  3 =3- m， 3 所以，QF 1  ⋅QF 2  1 =9- m2， 3 连接OQ，设过点Q且垂直于OQ的直线交圆O:x2+y2=15于M、N两点， 第 页 共 页 2894 3427由垂径定理可知Q为MN的中点，且OQ  2 1 = m2+n2= m2+6- m2= 6+ m2， 3 3 所以，QM  =QN  = OM  2-OQ  1 2= 9- m2, 3 连接AN,BM，易得∠MQB=∠AQN,∠ABM=∠MNA， QB 所以△MQB=△AQN，所以  QN  QM =  QA  所以QA  ⋅QB  =QM  ⋅QN  1 =9- 3 m2=QF 1  ⋅QF 2  . x2 y2 4414 (2019·云南昆明·高三云南师大附中校考阶段练习)已知椭圆C： + =1a>b>0 a2 b2  的一个焦点为F 1- 7,0  7 ,离心率为 . 4 (1)求C的标准方程； (2)若动点M为C外一点,且M到C的两条切线相互垂直,求M的轨迹D的方程； (3)设C的另一个焦点为F,过C上一点P的切线与(2)所求轨迹D交于点A,B,求证： 2 PA  ⋅PB  =PF 1  ⋅PF 2  . 【解析】(1)设a2-b2=c2 c>0  , c 7 由题设,得c= 7, = ,所以a=4,b2=9, a 4 x2 y2 所以C的标准方程为 + =1. 16 9 (2)如图,设Mm,n  ,切点分别为P,P, 1 2 当m≠±4时,设切线方程为y-n=kx-m  , y-n=kx-m 联立方程,得{  x2 y2 , + =1 16 9 消去y,得16k2+9  x2+32kn-km  x+16n-km  2-144=0,① 关于x的方程①的判别式Δ 1 =322k2 n-km  2-416k2+9  16n-km   2-144  =0, 化简,得16-m2  k2+2mnk+9-n2=0,② 关于k的方程②的判别式Δ 2 =4m2n2-416-m2  9-n2  =49m2+16n2-144  , x2 y2 因为M在椭圆 + =1外, 16 9 m2 n2 所以 + >1,即9m2+16n2-144>0,所以Δ >0. 16 9 2 关于k的方程②有两个实根k,k 分别是切线MP,MP 的斜率, 1 2 1 2 第 页 共 页 2895 34279-n2 因为MP ⊥MP,所以kk =-1,即 =-1,化简为m2+n2=25, 1 2 1 2 16-m2 当m=±4时,可得n=±3,满足m2+n2=25, 所以M的轨迹方程为m2+n2=25. (3)证明：如图,设Px 0 ,y 0  ,先求PA  ⋅PB  . 方法一：由相交弦定理,得 PA  ⋅PB  = 5+PO    5-PO    =25-x2-y2. 0 0 x=x +t 方法二：切线AB的参数方程为{ 0 (t为参数), y=y +kt 0 9x k=- 16y 0 y 0 ≠0 0  , 代入圆x2+y2=25,整理得1+k2  t2+2x 0 +ky 0  t+x2+y2-25=0, 0 0 因为点Px 0 ,y 0  在圆x2+y2=25内, x2+y2-25 所以上述方程必有两个不等实根t,t ,tt = 0 0 ,且x2+y2<25, 1 2 1 2 1+k2 0 0 所以PA  ⋅PB  =1+k2  t 1 t 2  =1+k2  x2+y2-25 0 0  =25-x2-y2, 1+k2 0 0 当y 0 =0时,x 0 =±4,仍有PA  ⋅PB  =25-x2-y2. 0 0 再求PF 1  ⋅PF 2  . PF 1  ⋅PF 2  = x 0 + 7  2+y2 0 ⋅ x 0 - 7  2+y2= x4-14x2+49+2x2y2+14y2+y4 0 0 0 0 0 0 0 = 625+x4 0 +y4 0 -50x2 0 -50y2 0 +2x2 0 y2 0  +49x2 0 +16y2 0 -144  = 25-x2 0 -y2 0  2+49x2 0 +16y2 0 -144  , 因为点Px 0 ,y 0  x2 y2 在椭圆C上,所以 0 + 0 =1,即9x2+16y2-144=0, 16 9 0 0 所以PF 1  ⋅PF 2  =25-x2-y2, 0 0 所以PA  ⋅PB  =PF 1  ⋅PF 2  . 4415 (2022·全国·高三专题练习)设椭圆C的中心在原点，焦点F在x轴上，垂直x轴的直线 第 页 共 页 2896 34272 3 与椭圆相交于A、B两点，当△FAB的周长取最大值4 3时，|AB|= ． 3 (1)求椭圆C的方程； (2)过圆D:x2+y2=4上任意一点P作椭圆C的两条切线m、n，直线m、n与圆D的另一 交点分别为M、N, ①证明：m⊥n； ②求△MNP面积的最大值． x2 y2 【解析】(1)根据题意，设椭圆的标准方程为 + =1(a>b>1)， a2 b2 如图，不妨设焦点F为椭圆的左焦点，F 为椭圆的右焦点，AB与x的交点为D， 1 所以，由椭圆定义AF  +AD  =2a-AF 1  +AD  =2a- AF 1  -AD    ， 因为在△ADF 1 中，AF 1  -AD  >DF 1  ，且当D点与F 1 点重合时AF 1  -AD  =DF 1  = 0，等号成立， 所以，AF 1  -AD  ≥DF 1  ，当D点与F 点重合时，等号成立， 1 所以AF  +AD  =2a- AF 1  -AD    ≤2a， 所以，△FAB的周长取最大值时，直线过椭圆的另一焦点，且最大值为4a， b2 所以把x=-c代入椭圆的方程可得y=± ， a 2 3 2b2 2 3 因为|AB|= ，所以， = ， 3 a 3 因为△FAB的周长最大值为4 3，所以4a=4 3，解得a= 3，b2=1， 2 x2 所以，椭圆C的方程为 +y2=1． 3 (2)①设P(x ，y )，则x2+y2=4． 0 0 0 0 当切线的斜率都存在时，设切线的方程为：y-y =k(x-x )， 0 0 代入椭圆的方程可得：(1+3k2)x2+6k(y -kx )x+3(y -kx )2-3=0， 0 0 0 0 所以，△=36k2(y -kx )2-12(1+3k2)[(y -kx )2-1]=0，化为(x2-3)k2-2kx y + 0 0 0 0 0 0 0 y2-1=0． 0 所以，当x2-3≠0时，设直线m、n的斜率分别为k,k ， 0 1 2 y2-1 4-x2-1 所以，kk = 0 = 0 =-1，故m⊥n． 1 2 x2-3 x2-3 0 0 当x2-3=0时，有一条切线的斜率不存在， 0 点P可以为P 3,1  或P- 3,1  或P 3,-1  或P- 3,-1  ， 此时，两条切线为y=1和x= 3，或x=- 3和y=1，或x= 3和y=-1或x=- 3 和y=-1，满足m⊥n； 综上可得：m⊥n． ②由①可得：m⊥n， 第 页 共 页 2897 3427所以，MN为⊙D的直径，因此MN过圆心即原点O． 1 1 所以，当OP⊥MN时，△MNP面积取得最大值 ×2r×r= ×4×2=4． 2 2 2 题型二：内圆与外圆问题 x2 y2 4416 (2022·全国·高三专题练习)已知椭圆 + =1(a>b>0)及圆O:x2+y2=a2，过点B a2 b2 (0,a)与椭圆相切的直线l交圆O于点A，若∠AOB=60°，求椭圆的离心率． 【解析】由∠AOB=60°，可得△ABO为等边三角形，即|AB|=a， 设直线AB的方程为y=kx+a(k>0)，则 |a| a2 3 圆心到直线的距离为d= ，弦长|AB|=a=2 a2- ，解得k= ， 1+k2 1+k2 3   y= 3 3 x+a 1  x2 y2 ，消去y，整理得b2+ 3 a2  + =1 a2 b2  2 3 x2+ a3x+a4-a2b2=0， 3 因为直线和椭圆相切， 4 1 所以Δ= a6-4b2+ a2 3 3  2 (a4-a2b2)=0，化简可得b2= a2， 3 1 由b2=a2-c2，可得c2= a2， 3 3 即有e= ． 3 x2 y2 4417 (2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1(a>b>0)和圆O:x2+y2=a2，F( a2 b2 1 π -1,0)，F(1,0)分别是椭圆的左、右两焦点，过F 且倾斜角为α α∈0, 2 1 2    的动直线l交 π 椭圆C于A，B两点，交圆O于P，Q两点(如图所示，点A在x轴上方)．当α= 时， 4 弦PQ的长为 14． (1)求圆O与椭圆C的方程； (2)若2|BF|=|AF|+|AB|，求直线PQ的方程． 2 2 【解析】(1)取PQ的中点D，连接OD，OP，如图所示： 第 页 共 页 2898 3427π 2 由α= ，c=1，OD⊥PQ，可得OD= ， 4 2 PQ2 由弦PQ的长为 14，∴OP2= +OD2=4， 4 ∴a2=4，b2=a2-c2=3， x2 y2 所以圆O的方程为x2+y2=4，椭圆C的方程为 + =1； 4 3 1 (2)由(1)知，a=2，离心率e= ， 2 又2|BF|=|AF|+|AB|，得2|BF|=|AF|+|AF|+|BF|，∴2|BF|=4+|BF|， 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 设B(x ，y )，则|BF|= (x -1)2+y2=2- x ，|BF|= (x +1)2+y2=2+ x ， 0 0 2 0 0 2 0 1 0 0 2 0 1 代入2|BF|=4+|BF|，得22- x 2 1 2 0  1 4 =4+2+ x ，解得x =- ， 2 0 0 3 x2 y2 15 4 15 代入 + =1，得y =- ．∴B- ,- 4 3 0 3 3 3  ， y x+1 则直线PQ的方程为： = ，即 15x-y+ 15=0． 15 4 - - +1 3 3 x2 y2 4418 (2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1(a>b>0)和圆O:x2+y2=a2,F( a2 b2 1 π -1,0),F(1,0)分别是椭圆的左、右两焦点，过F 且倾斜角为α∈0, 2 1 2  的动直线l交椭圆 π C于A,B两点，交圆O于P,Q两点(如图所示)，当α= 时，弦PQ的长为 14． 4 (1)求圆O和椭圆C的方程 第 页 共 页 2899 3427(2)若点M是圆O上一点，求当AF,BF,AB成等差数列时，△MPQ面积的最大值． 2 2 【解析】(1)取PQ的中点D，连接OD,OP π 2 由α= ，c=1可得OD= ， 4 2 PQ2 ∵PQ= 14，∴OQ2= +OD2=4 4 ∴a2=OQ2=4,b2=3 x2 y2 ∴圆O的方程为x2+y2=4，椭圆C的方程为 + =1 4 3 (2)∵AF,BF,AB成等差数列，所以2BF =AF +AB,又因为AF +BF +AB=8， 2 2 2 2 2 2 8 ∴BF = 2 3 x-1 设B(x,y)，则  64   2+y2= 9 4 15 ，得B- ,-  x2 y2 3 3  + =1  4 3  ， ∴PQ:y= 15(x+1) 15 15 7 ∴O到PQ的距离为 ，PQ=2 4- = 4 16 2 15 又圆O上一点到直线PQ的距离的最大值为 +2 4 1 7 15 ∴△MPQ的面积的最大值为 × × +2 2 2 4  7 15+56 = ． 16 x2 y2 3 4419 (2017·上海嘉定·统考二模)如图，已知椭圆C: + =1(a>b>0)过点1, a2 b2 2  两个 焦点为F(-1,0)和F(1,0).圆O的方程为x2+y2=a2. 1 2 (1)求椭圆C的标准方程； (2)过F 且斜率为k(k>0)的动直线l与椭圆C交于A、B两点，与圆O交于P、Q两点 1 (点A、P在x轴上方)，当AF 2  ,BF 2  ,|AB|成等差数列时，求弦PQ的长. 【解析】(1)由题意，c=1， 第 页 共 页 2900 3427x2 y2 3 设椭圆C的方程为 + =1，将点1, a2 a2-1 2  1 9 代入 + a2 4a2-1  =1， 1 解得a2=4或a2= (舍去)， 4 x2 y2 所以，椭圆C的方程为 + =1. 4 3 (2)由椭圆定义，AF 1  +AF 2  =4,BF 1  +BF 2  =4，两式相加，得 |AB|+AF 2  +BF 2  =8，因为AF 2  ,BF 2  ,|AB|成等差数列， 所以|AB|+AF 2  =2BF 2  ， 于是3BF 2  =8，即BF 2  8 = . 3 设Bx 0 ,y 0  x 0 -1 ，由  64   2+y2 0 = 9 , 4 15 解得B- ,- x2 y2 3 3  0 + 0 =1,  4 3  ， 所以，k= 15，直线l的方程为y= 15(x+1)， 即 15x-y+ 15=0， 15 圆O的方程为x2+y2=4，圆心O到直线l的距离d= ， 4 7 此时，弦PQ的长|PQ|=2 4-d2= . 2 x2 y2 4420 (2022·全国·高三专题练习)如图，已知椭圆C: + =1(a>b>0)和圆O:x2+y2= a2 b2 b2(其中圆心O为原点)，过椭圆C上异于上、下顶点的一点Px 0 ,y 0  引圆O的两条切线， 切点分别为A,B． (1)求直线AB的方程； (2)求三角形OAB面积的最大值． 【解析】(1)因为PA2=OP2-OA2=x2+y2-b2， 0 0 所以以点P为圆心，|PA|为半径的圆P的方程为(x-x )2+(y-y )2=x2+y2-b2． 0 0 0 0 因为圆O与圆P两圆的公共弦所在的直线即为直线AB， x2+y2=b2① 所以联立方程组 x-x 0  2+y-y 0   ，  2=x2+y2-b2② 0 0 由①-②，得x x+y y=b2， 0 0 所以直线AB的方程为x x+y y=b2． 0 0 (2)由(1)知，直线AB的方程为x x+y y=b2， 0 0 b2 所以点O到直线AB的距离为d= ． x2+y2 0 0 因为|AB|=2 |OA|2-d2=2 b2- b4 = 2b x 0 2+y 0 2-b2 ， x2+y2 x2+y2 0 0 0 0 第 页 共 页 2901 34271 b3 x2+y2-b2 所以三角形OAB的面积S= ×|AB|×d= 0 0 ． 2 x2+y2 0 0 x2 y2 因为点P(x ，y )在椭圆C: + =1(a>b>0)上， 0 0 a2 b2 x2 y2 x2 所以 0 + 0 =1，即y2=b21- 0 a2 b2 0 a2  (x2≤a2)． 0 b2x2 cx 设 x2+y2-b2= x2- 0 = 0， 0 0 0 a2 a b3c|x | 所以S= 0 x2 a x2+b21- 0 0 a2      b3c = c2 b2 a |x |+ a2 0 |x | 0  b3c 1 ≤ = b2． c2 b2 2 2a |x |⋅ a2 0 |x | 0 ab 当且仅当x = 时，等号成立； 0 c ab 1 当a≥ ，即a≥ 2b时，三角形的面积取得最大值 ab2； c 2 ab b3c 当a< ，即bb>0)和圆O:x2+y2=b2，已 a2 b2 2 2 知椭圆C的离心率为 ，直线 2x-2y- 6=0与圆O相切． 3 (1)求椭圆C的标准方程； (2)椭圆C的上顶点为B，EF是圆O的一条直径，EF不与坐标轴重合，直线BE、BF与 椭圆C的另一个交点分别为P、Q，求△BPQ的面积的最大值及此时PQ所在的直线方 程． | 2×0-2×0- 6| 【解析】(1)直线 2x-2y- 6=0与圆O相切，则b= =1， ( 2)2+(-2)2 c b2 2 2 由椭圆的离心率e= = 1- = ，解得：a2=9， a a2 3 x2 椭圆的标准方程： +y2=1； 9 (2)由题意知直线BP，BQ的斜率存在且不为0，BP⊥BQ， 不妨设直线BP的斜率为k(k>0)，则直线BP:y=kx+1． -18k 由   y x = 2 + kx y + 2= 1 1 ，得   x= 1 9k - 2 9 + k 1 2 ，或  x y= = 1 0 ， 9 y= 9k2+1 -18k 1-9k2 所以P , 9k2+1 9k2+1  . 第 页 共 页 2902 34271 18k k2-9 用- 代替k，Q , k k2+9 k2+9  则PB  18k = 0+ 9k2+1  2 9k2-1 +1+ 9k2+1  2 18k = ⋅ 1+k2， 9k2+1 BQ  18k = 0- k2+9  2 9-k2 +1+ k2+9  2 18 = ⋅ 1+k2， 9+k2 1 S = PB △BPQ 2  ⋅BQ  1 18k 18 162k(1+k2) = ⋅ ⋅ 1+k2⋅ ⋅ 1+k2= 2 9k2+1 9+k2 (9+k2)(1+9k2) 1 162(k+k3) 162 k +k = = 9k4+82k2+9  ， 9 9k2+82+ k2 1 162μ 162 162 27 设k+ =μ，则S = = ≤ = ． k ΔBPQ 82+9(μ2-2) 64 64 8 9μ+ 2 9μ∙ μ μ 64 1 8 当且仅当9μ= 即k+ =μ= 时取等号， μ k 3 所以S △BPQ  27 = . max 8 1 即k- k  1 2=k+ k  2 28 1 2 7 -4= ，k- =± ． 9 k 3 9k2-1 9-k2 - + 9k2+1 k2+9 k2-1 1 1 直线PQ的斜率k = = = k- PQ 18k 18k 10k 10 k - - 9k2+1 k2+9  7 =± ， 15 7 PQ所在的直线方程：y=± x+1. 15 x2 y2 4422 (2022·全国·高三专题练习)已知椭圆 + =1(a>b>0)和圆O:x2+y2=b2，过椭 a2 b2 圆上一点P引圆O的两条切线，切点分别为A,B． (Ⅰ)若圆O过椭圆的两个焦点，求椭圆的离心率e的值； a2 b2 (Ⅱ)设直线AB与x、y轴分别交于点M,N，问当点P在椭圆上运动时， + 是 ON2 OM2 否为定值？请证明你的结论． 【解析】(Ⅰ)∵ 圆O过椭圆的焦点，圆O：x2+y2=b2， ∴ b=c， 2 ∴ b2=a2-c2=c2，a2=2c2，∴e= ． 2 (Ⅱ)设P(x 0 ,y 0 ),x 0 ≠0，y 0 ≠0  ，A(x,y),B(x ,y )， 1 1 2 2 第 页 共 页 2903 3427  由OA⋅AP=0得，则y 1y 0 -y 1  +x 1x 0 -x 1  =0, 整理得x x+y y=x2+y2 0 0 1 1 ∵x2+y2=b2 ∴PA方程为：xx +yy =b2， 1 1 1 0 1 0 同理可得PB方程为：x x +y y =b2． 2 0 2 0 从而直线AB的方程为：x x+y y=b2． 0 0 令x=0，得ON=y  b2 = y 0  ，令y=0，得OM=x  b2 = x 0  x2 a21- 0 a2 b2 a2y2+b2x2 a2 ∴ + = 0 0 = ON2 OM2 b4  b2+b2x2 0 a2b2 a2 = = ， b4 b4 b2 a2 b2 a2 ∴ + 为定值，定值是 . ON2 OM2 b2 3 题型三：直径为圆问题 x2 y2 4423 (2024秋·湖南岳阳·高三校考阶段练习)已知椭圆C: + =1(a>b>0)经过点 a2 b2 2 2 2 P ， 3 3  ，左，右焦点分别为F 1 ，F 2 ，O为坐标原点，且 PF 1+   PF 2  =4． (1)求椭圆C的标准方程； (2)设A为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C相交于M，N两点，以MN为直径的圆过点 A，求AM  ⋅AN  的最大值． 4 8 + =1 【解析】(1)根据题意可得 9a2 9b2 PF 1+   PF 2    解得a2=4，b2=1， =4=2a x2 所以椭圆的方程为 +y2=1． 4 (2) 由(1)得A2，0  ，设直线l的方程为x=my+t，t≠2  ，Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ， x=my+t  联立x2 ，得m2+4 +y2=1 4  y2+2mty+t2-4=0， 所以Δ=2mt  2-4m2+4  t2-4  =16m2-16t2+64>0， 2mt t2-4 y +y =- ，yy = , 1 2 m2+4 1 2 m2+4 x 1 +x 2 =my 1 +t  +my 2 +t  =my 1 +y 2  2mt +2t=m- m2+4  8t +2t= ， m2+4 x 1 x 2 =my 1 +t  my 2 +t  =m2y 1 y 2 +mty 1 +y 2  t2-4 2mt +t2=m2⋅ +mt⋅- m2+4 m2+4  + -4m2+4t2 t2= ， m2+4 第 页 共 页 2904 3427  因为以MN为直径的圆过点A，故AM⊥AN，所以AM⋅AN=0， 所以x 1 -2，y 1  ⋅x 2 -2，y 2  =0，所以-2x 1 +x 2  +xx +yy +4=0， 1 2 1 2 8t -4m2+4t2 t2-4 所以-2× + + m2+4 m2+4 m2+4  5t2-16t+12 +4=0，所以 =0， m2+4 6 解得t= 或t=2(舍去)， 5 6 当t= 时，Δ>0，且MN 5  = m2+1y 1 -y 2  2-t ，点A到MN的距离为d=  ， m2+1 1 所以S = AM △AMN 2  ⋅AN  1 = 2-t 2  ⋅y 1 -y 2  1 = 2-t 2  4m2t2-4t2-4 ⋅  m2+4  ， m2+4 化简得AM  ⋅AN  16 m2-t2+4 = × ， 5 m2+4 64 8 36 令 m2-t2+4=s= m2+ ≥ ，则m2+4=s2+t2=s2+ ， 25 5 25 ∴AM  ⋅AN  16 s 16 1 = × = × ， 5 36 5 36 s2+ s+ 25 25s 36 8 由对勾函数的单调性知y=s+ ，在  ,+∞ 25s  5  上单调递增， 8 36 5 即s= ,m=0时y=s+ 取得最小值 ，此时AM 5 25s 2  ⋅AN  16 1 32 = × = . max 5 5 25 2 x2 y2 4424 (2024秋·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  过 3 1, 2  6 和 2, 2  两点. (1)求椭圆C的方程； (2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线x=4上运动时，直线 AM，BM分别交椭圆于两点P和Q. (i)证明：点B在以PQ为直径的圆内； (ii)求四边形APBQ面积的最大值. 3 【解析】(1)依题意将1, 2  6 和 2, 2  x2 y2 两点代入椭圆 + =1可得 a2 b2 1 9   a2 + 4b2 =1 a2=4 ，解得 ；  2 3  b2=3  + =1 a2 2b2 x2 y2 所以椭圆方程为 + =1 4 3 (2)(i)易知A-2,0  ,B2,0  ，由椭圆对称性可知，不妨设M4,t  ,t>0，Px P ,y P  , Qx ,y Q Q  ； t t 根据题意可知直线AM,BM斜率均存在，且k = ,k = ； AM 6 BM 2 第 页 共 页 2905 3427t 所以直线AM的方程为y= x+2 6  t ，BM的方程为y= x-2 2  ； t y= x+2 6 联立直线AM和椭圆方程     x2 y2 ，消去y可得27+t2  + =1  4 3  x2+4t2x+4t2-108=0； 4t2-108 54-2t2 t 由韦达定理可得-2x P = 27+t2 ，解得x P = 27+t2 ，则y P = 6 x P +2  18t = ； 27+t2 t y= x-2 2 联立直线BM和椭圆方程     x2 y2 ，消去y可得3+t2  + =1  4 3  x2-4t2x+4t2-12=0； 4t2-12 2t2-6 t 由韦达定理可得2x = ，解得x = ，则y = x -2 Q 3+t2 Q 3+t2 Q 2 Q  6t =- ； 3+t2  54-2t2 18t 则BP= -2, 27+t2 27+t2  -4t2 18t = , 27+t2 27+t2   2t2-6 6t ，BQ= -2,- 3+t2 3+t2  = -12 6t  ,- 3+t2 3+t2  ；   -4t2 12 所以BP⋅BQ= ×- 27+t2 3+t2  18t 6t + ×- 27+t2 3+t2  -60t2 = 27+t2  3+t2  <0； 即可知∠PBQ为钝角， 所以点B在以PQ为直径的圆内； 1 (ii)易知四边形APBQ的面积为S= ×AB 2  ×y -y P Q  18t 6t =2 + 27+t2 3+t2  = 48t9+t2  9+t2  48 = ， 2+12t2 9+t2 12t + t 9+t2 9+t2 9+t2 9 9 设λ= ,t>0，则λ= = +t≥2 ⋅t=6，当且仅当t=3时等号成立； t t t t 12 由对勾函数性质可知y=λ+ 在6,+∞ λ  上单调递增， 12 48 48 所以y=λ+ ≥6+2=8，可得S= ≤ =6， λ 12 8 λ+ λ 由对称性可知，即当点M的坐标为4,3  或4,-3  时， 四边形APBQ的面积最大，最大值为6. x2 y2 4425 (2024·山西大同·统考模拟预测)已知椭圆C 1 : a2 + b2 =1a>b>0  2 的离心率为 ， 2 且直线y=x+b是抛物线C :y2=4x的一条切线． 2 (1)求椭圆C 的方程； 1 1 (2)过点S0,- 3  的动直线L交椭圆C 于A,B两点，试问：在直角坐标平面上是否存在 1 一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说 明理由． y=x+b 【解析】(1)由  y2=4x 得x2+2b-4  x+b2=0 直线y=x+b是抛物线C :y2=4x的一条切线．所以Δ=0⇒b=1 2 c 2 x2 e= = ⇒a= 2，所以椭圆C: +y2=1 a 2 1 2 (2) 第 页 共 页 2906 34271 当直线L与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为x2+y+ 3  2 4 = 3  2 当直线L与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为x2+y2=1 所以两圆的交点为点0,1  猜想：所求的点T为点0,1  ． 证明如下．当直线L与x轴垂直时，以AB为直径的圆过点0,1  1 当直线L与x轴不垂直时，可设直线L为：y=kx- 3 1  y=kx- 3 由  x2 得18k2+9  +y2=1  2  x2-12kx-16=0，设Ax 1 ,y 1  ，Bx 2 ,y 2  则 12k x +x =  1 2 18k2+9  -16 xx = 1 2 18k2+9   则TA⋅TB=x 1 ,y 1 -1  ⋅x 2 ,y 2 -1  =x 1 x 2 +y 1 -1  y 2 -1  =xx + 1 2 1 kx - -1 1 3  1 kx - -1 2 3  4 =x 1 x 2 - 3 x 1 +x 2  16 + =1+k2 9  -16 4 12k 16 - × + =0 18k2+9 3 18k2+9 9   所以TA⊥TB，即以AB为直径的圆过点0,1  所以存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过定点T． x2 y2 4426 (2024秋·福建福州·高三闽侯县第一中学校考阶段练习)已知椭圆E: + = a2 b2 1a>b>0  2 的离心率是 ，上、下顶点分别为A，B.圆O:x2+y2=2与x轴正半轴的交 2   点为P，且PA⋅PB=-1. (1)求E的方程； (2)直线l与圆O相切且与E相交于M，N两点，证明：以MN为直径的圆恒过定点. 【解析】(1)由已知得A0,b  ，B0,-b  ，P 2,0  .  则PA=- 2,b   ，PB=- 2,-b    ，PA⋅PB=2-b2=-1，所以b2=3. c 2 因为e= = ，又b2+c2=a2，所以c2=3，a2=6. a 2 x2 y2 故E的方程为 + =1. 6 3 (2)当直线l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，即kx-y+m=0. m 因为直线l与圆O相切，所以  = 2，即m2=2k2+2. k2+1 设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，则y =kx +m，y =kx +m. 1 1 2 2 第 页 共 页 2907 3427y=kx+m,  由x2 y2 化简，得2k2+1 + =1, 6 3  x2+4kmx+2m2-6=0， 4km x +x =- ，  1 2 2k2+1 由韦达定理，得 2m2-6 xx = ， 1 2 2k2+1 所以y 1 y 2 =kx 1 +m  kx 2 +m  =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2  2m2-6 +m2=k2⋅ -km⋅ 2k2+1 4km m2-6k2 +m2= ， 2k2+1 2k2+1 2m2-6 m2-6k2 3m2-2k2-2 所以xx +yy = + = 1 2 1 2 2k2+1 2k2+1  =0， 2k2+1 故OM⊥ON，即以MN为直径的圆过原点O. 当直线l的斜率不存在时，l的方程为x= 2或x=- 2. 这时M 2, 2  ，N 2,- 2  或M- 2, 2  ，N- 2,- 2  . 显然，以MN为直径的圆也过原点O.综上，以MN为直径的圆恒过原点O. x2 y2 4427 (2024秋·广东广州·高三广州市第六十五中学校考阶段练习)已知椭圆C: + = a2 b2 1a>b>0  的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F1,0  ，O为坐标原点，线段OA的中 点为D，且BD  =DF  ． (1)求C方程； (2)已知点M、N均在直线x=2上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM、 AN分别交椭圆C于另一点P、Q，证明直线PQ与直线OT垂直． a 【解析】(1)由题意知：c=1，D- ,0 2  a2 a ，则|BD|= +b2，而|DF|= +1， 4 2 a2 a ∴ +b2= +1，即b2=a+1，又a2=b2+c2， 4 2 ∴a2-a-2=0，解得a=2或a=-1(舍去)，故b2=3， x2 y2 ∴C的方程 + =1. 4 3 m+n (2)令M(2,m)，N(2,n)，则T2, 2  ，而A(-2,0)， m n ∴AM:y= (x+2)，BN:y= (x+2)， 4 4 x2 y2  + =1 联立椭圆方程 4 3 ，整理得(m2+12)x2+4m2x+4m2-48=0，显然Δ>0，  m y= (x+2)  4 第 页 共 页 2908 34274m2 2(12-m2) 12m 若P(x,y)，则x -2=- ，得x = ，则y = ，即 1 1 1 m2+12 1 m2+12 1 m2+12 2(12-m2) 12m P , m2+12 m2+12  ， x2 y2  + =1 同理 4 3 ，整理得(n2+12)x2+4n2x+4n2-48=0，显然Δ>0，  n y= (x+2)  4 2(12-n2) 12n 2(12-n2) 12n 若Q(x ,y )，可得x = ，则y = ，即Q , 2 2 2 n2+12 2 n2+12 n2+12 n2+12  . y -y 6(mn-12)(n-m) mn-12 ∴k = 1 2 = = ， PQ x -x 24(n2-m2) 4(n+m) 1 2   4 n+m 又OM⊥ON，则OM⋅ON=0，所以mn=-4，故k =- ，而k = ， PQ n+m OT 4 ∴k ⋅k =-1，则直线PQ与直线OT垂直，得证. PQ OT x2 y2 4428 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的左、右焦点分别为F， 1 F 2 ，A，B分别是C的右、上顶点，且AB  = 7，D是C上一点，△BFD周长的最大值为 2 8. (1)求C的方程； (2)C的弦DE过F，直线AE，AD分别交直线x=-4于M，N两点，P是线段MN的中 1 点，证明：以PD为直径的圆过定点. 【解析】(1)依题意，a2+b2=7， △BF 2 D周长DB  +DF 2  +a=DB  +2a-DF 1  +a≤BF 1  +3a=4a，当且仅当B,F, 1 D三点共线时等号成立，故4a=8， 第 页 共 页 2909 3427x2 y2 所以a2=4,b2=3，所以C的方程 + =1； 4 3 (2)设Dx 1 ,y 1  ,Ex 2 ,y 2  x2 y2 ，直线DE:x=my-1，代入 + =1，整理得3m2+4 4 3  y2- 6my-9=0， Δ=36m2+363m2+4  6m -9 >0，y +y = ,yy = ， 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 y 易知AD:y= 1 x-2 x -2 1  -6y ，令x=-4，得N-4, 1 x -2 1  -6y ，同得M-4, 2 x -2 2  ， y y 从而中点P -4,-3 1 + 2 x -2 x -2 1 2    ， 以PD为直径的圆为x+4  x-x 1  y y + y+3 1 + 2 x -2 x -2 1 2    y-y 1  =0， 由对称性可知，定点必在x轴上， 令y=0得，x+4  x-x 1  y y -3y  1 + 2 1 x -2 x -2 1 2  =0， y 1 + y 2 = y 1 + y 2 = 2my 1 y 2 -3y 1 +y 2 x -2 x -2 my -3 my -3 1 2 1 2  m2y 1 y 2 -3my 1 +y 2  +9 -18m 18m - 3m2+4 3m2+4 -36m = = =-m， -9m2 18m2 36 - +9 3m2+4 3m2+4 所以x+4  x-x 1  +3my 1 =0，即x2+4-x 1  x-4x +3my =0，因为x =my -1， 1 1 1 1 所以x2+5-my 1  x-my 1 +4=0，即x+1  x-my 1 +4  =0， 解得x=-1，所以圆过定点-1,0  . x2 4429 (2024秋·全国·高三校联考开学考试)在平面直角坐标系中，已知F,F 分别为椭圆C: 1 2 a2 y2 + =1a>b>0 b2  的左、右焦点.M为椭圆C上的一个动点，∠FMF 的最大值为120°， 1 2 且点M到右焦点F 距离的最小值为2- 3，直线l交椭圆C于异于椭圆右顶点A的两个 2 点Px 1 ,y 1  ,Qx 2 ,y 2  . (1)求椭圆C的标准方程； (2)若以PQ为直径的圆恒过点A，求证：直线l恒过定点，并求此定点的坐标. 【解析】(1)因为∠FMF 的最大值为120°， 1 2 c 3 所以M为短轴的顶点时，∠FMF =120°，此时易得 = . 1 2 a 2 又点M到右焦点F 距离的最小值为2- 3，即a-c=2- 3， 2 第 页 共 页 2910 3427解得a=2,c= 3. 又由a2=b2+c2，可得b=1. x2 所以椭圆C的标准方程为 +y2=1； 4 (2)证明：当直线l的斜率不存在时， x=m 设l:x=m(-20，得4k2-n2+1>0， 8kn 4n2-1 由根与系数的关系，知x +x =- ,xx = 1 2 4k2+1 1 2  . 4k2+1  因为AP=x 1 -2,y 1   ,AQ=x 2 -2,y 2  ，   所以AP⋅AQ=x 1 -2  x 2 -2  +y 1 y 2 =k2+1  x 1 x 2 +kn-2  x 1 +x 2  +n2+4  =0， 8kn 4n2-1 将x +x =- ,xx = 1 2 4k2+1 1 2  代入上式， 4k2+1 整理得12k2+5n2+16kn=0， 即6k+5n  2k+n  6 =0，所以n=- k或n=-2k. 5 当n=-2k时，直线l为y=kx-2k=kx-2  ，此时直线l过点A，不符合题意，舍去； 6 6 当n=- k时，直线l为y=kx- 5 5  6 ，此时直线l过定点 ,0 5  . 6 综上所述，直线l恒过定点 ,0 5  . x2 y2 4430 (2024秋·重庆·高三统考开学考试)已知F 1 、F 2 是椭圆C :a2 + b2 =1a>b>0  的左、右 3 焦点，点P- 2, 3  在椭圆C上，且PF ⊥FF. 1 1 2 (1)求椭圆C的方程； 第 页 共 页 2911 3427(2)已知A，B两点的坐标分别是0,2  ，-1,0  ，若过点A的直线l与椭圆C交于M，N 两点，且以MN为直径的圆过点B，求出直线l的所有方程. 【解析】(1)因为PF ⊥FF， 1 1 2 所以椭圆C的左焦点F 1 的坐标是- 2,0  ， a2-b2=2,  所以 2 1 + =1, a2 3b2 a2=3, 解得  b2=1, x2 所以椭圆C的方程为 +y2=1. 3 (2)若直线l与x轴垂直，则直线l与椭圆C的交点M，N的坐标分别是0,-1  ，0,1  ， 以MN为直径的圆显然过点B，此时直线l的方程是x=0； 若直线l与x轴不垂直，设直线l的方程是y=kx+2， 与椭圆C的方程联立，消去y并整理，得1+3k2  x2+12kx+9=0. 设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ，则Δ=12k  2-361+3k2  =36k2-1  >0， 12k 9 x +x =- ，xx = ， 1 2 1+3k2 1 2 1+3k2 y 1 ⋅y 2 =kx 1 +2  kx 2 +2  =k2x 1 x 2 +2kx 1 +x 2  +4. 因为以MN为直径的圆过点B-1,0  ，   所以MB⊥NB，即BM⋅BN=0，x 1 +1  x 2 +1  +yy =0， 1 2 所以k2+1  x 1 x 2 +2k+1  x 1 +x 2  9k2+1 +5=0，  12k2k+1 - 1+3k2  +5=0， 1+3k2 7 9k2+9-24k2-12k+5+15k2=0，解得k= . 6 7 显然k= 满足Δ>0， 6 7 所以直线l与x轴不垂直时，直线l的方程是y= x+2，即7x-6y+12=0. 6 综上所述，当以MN为直径的圆经过点B时，直线l的方程是x=0或7x-6y+12=0. x2 y2 4431 (2022秋·广东梅州·高三大埔县虎山中学校考阶段练习)如图，椭圆E: + = a2 b2 1a>b>0  1 的左焦点为F，右焦点为F，离心率e= ，过F 的直线交椭圆于A、B两点， 1 2 2 1 且△ABF 的周长为8. 2 (1)求椭圆E的方程； (2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q， 则在x轴上一定存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M，试求出点M的坐标. 第 页 共 页 2912 3427【解析】(1)由椭圆的定义可知△ABF 2 的周长为AF 1  +AF 2  +BF 1  +BF 2  =4a=8，即 a=2， c 1 因为 = ，所以，c=1， a 2 又因为a2=b2+c2，所以，b= a2-c2= 22-1= 3， x2 y2 故椭圆E的方程为： + =1. 4 3 y=kx+m  (2)联立x2 y2 可得4k2+3 + =1 4 3  x2+8kmx+4m2-12=0， 因为动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P， 所以，Δ=8km  2-44k2+3  4m2-12  =484k2+3-m2  =0， 所以，4k2-m2+3=0， 4km 4k 4k 此时x =- =- ，y =k- P 4k2+3 m P m  -4k2+m2 3 +m= = ， m m 4k 3 故点P- , m m  ， y=kx+m x=4 由  可得  ，即点Q4,4k+m x=4 y=4k+m  ， 假设在x轴上存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M， 设Mx 0 ,0     4k 3 ，则MP⋅MQ=0，且MP=- -x , m 0 m   ，MQ=4-x 0 ,4k+m  ，   4k 所以，MP⋅MQ=- -x m 0  4-x 0  3 + 4k+m m  =0， 整理得x 0 -1  4k  +x -3 m 0  =0对任意实数m、k恒成立，则x =1， 0 故在x轴上存在定点M1,0  ，使得以PQ为直径的圆恒过点M. 4 题型四：四点共圆问题 4432 (2024·全国·高三专题练习)在平面直角坐标系xOy中，已知A1,1  ，B1,-1  ，动点P    满足OP=mOA+nOB，且mn=1.设动点P形成的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的标准方程； (2)过点T2,2  的直线l与曲线C交于M，N两点，试判断是否存在直线l，使得A，B， M，N四点共圆.若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由. 【解析】(1)设Px,y   ，则OP=x,y   ，OA=1,1   ，OB=1,-1  ，    因为OP=mOA+nOB，所以x,y  =m1,1  +n1,-1  =m+n,m-n  ， 第 页 共 页 2913 3427x+y x-y 所以x=m+n，y=m-n，所以m= ，n= ， 2 2 x+y x-y x2 y2 又mn= ⋅ =1，整理得 - =1， 2 2 4 4 x2 y2 即曲线C的标准方程为 - =1； 4 4 (2)易知当l的斜率不存在时，直线l与曲线C没有两个交点，所以直线l的斜率存在， 设l：y=kx-2  y=k(x-2)+2  +2，将直线l与曲线C联立，得x2 y2 ， - =1 4 4 消去y，整理得1-k2  x2-2k(2-2k)x-4k2+8k-8=0， 因为Δ=4k2(2-2k)2-41-k2  -4k2+8k-8  =32(1-k)>0且1-k2≠0， 所以k<1且k≠-1， 设Mx 1 ,y 1  ，Nx 2 ,y 2  ， 4k 4k2-8k+8 则x +x = ，xx = ， 1 2 k+1 1 2 k2-1 2k 2 所以MN的中点H , k+1 k+1  ， 且MN  =x 1 -x 2  ⋅ k2+1= x 1 +x 2  2-4xx ⋅ k2+1， 1 2 4k 4k2-8k+8 将x +x = ，xx = 代入上式， 1 2 k+1 1 2 k2-1 整理得MN  k2+1 =4 2⋅  ， (k+1)2(1-k) 1 2k 当k≠0时，线段MN的中垂线方程为l ：y=- x- 1 k k+1  2 1 4 + =- x+ ， k+1 k k+1 4k 4k 令y=0，解得x= ，即l 与x轴的交点坐标为Q ,0 k+1 1 k+1  ， 当k=0时，线段MN的中垂线为y轴，与x轴交于原点，符合Q点坐标， 4k 因为AB的中垂线为x轴，所以若A，B，M，N共圆，则圆心为Q ,0 k+1  ， 所以QA  2=QM  2=QH  2+HM  2=QH  MN 2+  2 ， 4 4k 所以 -1 k+1  2 4k-2k +1= k+1  2 2 + k+1  2 8k2+1 +  ， (k+1)2(1-k) 整理得6k3-2k2+2k+10=0，即2(k+1)3k2-4k+5  =0， 因为k<1且k≠-1， 所以上述方程无解，即不存在直线l符合题意. 4433 (2024秋·新疆乌鲁木齐·高三乌鲁木齐市十二中校考阶段练习)已知抛物线P:y2= 2pxp>0  3 上的点 ,a 4  到其焦点的距离为1． (1)求p和a的值； (2)若直线l:y=x+m交抛物线P于A、B两点，线段AB的垂直平分线交抛物线P于 C、D两点，求证：A、B、C、D四点共圆． p 【解析】(1)抛物线P的焦点为F ,0 2  p ，准线方程为x=- ， 2 3 点 ,a 4  p 3 1 到其焦点的距离为1，则 + =1，可得p= ，故抛物线P的方程为y2=x． 2 4 2 3 将点 ,a 4  3 3 的坐标代入抛物线方程可得a2= ，解得a=± . 4 2 第 页 共 页 2914 3427(2)由中垂线的性质可得AC  =AD  ，BC  =BD  ，CD  =CD  ，∴△ACD≌△BCD， 所以，∠CAD=∠CBD， 设Ax 1 ,y 1  、Bx 2 ,y 2  ，联立  y2=x 消去x并整理，得y2-y+m=0， y=x+m 1 则y +y =1，yy =m，且Δ=1-4m>0，即m< ， 1 2 1 2 4 则AB  1 = 1+ 12 ⋅y 1 -y 2  = 2⋅ y 1 +y 2  2-4yy = 2-8m． 1 2 y +y 1 设线段AB的中点为M，则点M的纵坐标为 1 2 = ， 2 2 1 1 1 所以，点M的横坐标为 -m，则M -m, 2 2 2  ． ∵直线CD为线段AB的垂直平分线，所以，直线CD的方程为y=-x-m+1． 设Cx 3 ,y 3  、Dx 4 ,y 4  ，联立y2=x ，  y=-x-m+1 消去x并整理得y2+y+m-1=0，Δ=1-4m-1  5 =5-4m>0，可得m< ， 4 则y +y =-1，y y =m-1， 3 4 3 4 故CD  1 = 1+ -1  2 ⋅y 3 -y 4  = 2⋅ y 3 +y 4  2-4y y = 10-8m． 3 4 3 1 设线段CD的中点为N，则N -m,- 2 2  ． 1 ∵ CD 2    2 1 = 10-8m 4  5-4m = ， 2 AN  2=AM  2+MN  1 2= 2-8m 2  2 5-4m +2= ，∴AN 2  1 = CD 2  ， 故AN  =CN  =DN  ，所以，∠ACN=∠CAN，∠ADN=∠DAN， 1 故∠CAD= ∠ACN+∠CAD+∠ADN 2  =90°，故∠CBD=90°， 所以，点A、B都在以CD为直径的圆上，故A、B、C、D四点共圆． x2 y2 4434 (2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1a>b>0 a2 b2  的左、右焦点分别为F， 1 F 2 ，左顶点为A- 2,0  2 ，且离心率为 ． 2 (1)求C的方程； (2)直线y=kxk≠0  交C于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，求证： M，F，N，F 四点共圆． 1 2 a= 2  x2 【解析】(1)由题意知 c 2 ，解得a2=2，b2=1，c=1，所以C的方程为 +y2=1． = 2 a 2 (2)证明：设点Ex 0 ,y 0  (不妨设x 0 >0，则点F-x 0 ,-y 0  ， y=kx  2 2 2k 由x2 +y2=1 ，消去y得x2= 1+2k2 ，所以x 0 = 1+2k2 ，y 0 = 1+2k2 ， 2 k 所以直线AE的方程为y= x+ 2 1+ 1+2k2  ． 2k 因为直线AE与y轴交于点M，令x=0得y= ， 1+ 1+2k2 2k 即点M0, 1+ 1+2k2  2k ，同理可得点N0, 1- 1+2k2  ． 第 页 共 页 2915 3427 2k 所以FM=1, 1 1+ 1+2k2   2k ，FN=1, 1 1- 1+2k2  ，   2k2 所以FM⋅FN=1+ 1 1 1-1+2k2  =0，所以FM⊥FN，同理FM⊥FN． 1 1 2 2 则以MN为直径的圆恒过焦点F，F，即M，F，N，F 四点共圆． 1 2 1 2 综上所述，M，F，N，F 四点共圆． 1 2 x2 4435 (2022·全国·高三专题练习)已知椭圆C: +y2=1(a>0)的右顶点为点A，直线l交C a2 15 于M，N两点，O为坐标原点．当四边形AMON为菱形时，其面积为 ． 2 (1)求C的方程； (2)若∠MAN=90°；是否存在直线l，使得A，M，O，N四点共圆？若存在，求出直线l的 方程，若不存在，请说明理由． 【解析】(1)因为四边形AMON为菱形，所以MN垂直平分OA， a 所以点M(x轴上方)的横坐标为 ，代入椭圆方程， 2 3 a 3 得M的纵坐标为 ，所以M , 2 2 2  1 15 ，菱形AMON的面积为 a× 3= ，所以 2 2 a= 5， x2 所以C的方程为 +y2=1． 5 (2)设直线l:x=my+t，M(x,y)，N(x ,y ) 1 1 2 2 x=my+t 联立方程  x2+5y2-5=0 ，得(m2+5)y2+2mty+t2-5=0， Δ=4m2t2-4(m2+5)(t2-5)=4(5m2-5t2+25)=20(m2-t2+5)， 2mt t2-5 y +y =- ，yy = ， 1 2 m2+5 1 2 m2+5 因为O，M，N，A四点共圆，则∠MON=∠MAN=90°，     xx +yy =0 所以OM⋅ON=AM⋅AN=0，即 1 2 1 2 x 1 - 5  x 2 - 5    ， +yy =0 1 2 得 x 1 +x 2 = 5 ，即 my 1 +y 2  xx +yy =0 1 2 1 2  +2t= 5(i) my 1 +t  my 2 +t    +yy =0(ii) 1 2 2m2t 10t 由(i)得- +2t= = 5，即m2+5=2 5t， m2+5 m2+5 (m2+1)(t2-5) 2mt 由(ii)得(m2+1)yy +mt(y +y )+t2= +mt⋅- 1 2 1 2 m2+5 m2+5  +t2= -5m2+6t2-5 =0， m2+5 即5m2+5=6t2， m2+5=2 5t 2 5 联立  5m2+5=6t2 ，解得t 1 = 3 ，t 2 = 5(此时直线l过点A，舍去)， 2 5 5 15 将t= 代入m2+5=2 5t，解得m2= ，即m=± ， 3 3 3 15 2 5 所以直线l的方程为x=± y+ ． 3 3 x2 y2 4436 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F， a2 b2 1 第 页 共 页 2916 3427F，左顶点为A(-2 2,0)，且过点( 2, 3)． 2 (1)求C的方程； (2)过原点O且与x轴不重合的直线交C于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点 M，N，求证：M，F，N，F 四点共圆． 1 2 -2 2 【解析】(1)由题意知  2 0 + =1, a2 b2  2  2  3 + a2      2   =1,  b2 解得a2=8，b2=4， x2 y2 所以C的方程为 + =1． 8 4 (2)证明：当直线EF的斜率不存在时，E，F为短轴的两个端点，则M(0,2)，N(0,-2)或 N(0,2)，M(0,-2)，F 1-2,0  ,F 22,0  ,所以FM⊥FN，FM⊥FN，则以MN为直径的圆 1 1 2 2 恒过焦点F,F，即M、F，N，F 四点共圆． 1 2 1 2 当EF的斜率存在且不为零时，设直线EF的方程为y=kx(k≠0)， 设点Ex 0 ,y 0  (不妨设x 0 >0，则点F-x 0 ,-y 0  ． y=kx,  8 2 2 2 2k 由x2 + y2 =1, 消去y得x2= 1+2k2 ，所以x 0 = 1+2k2 ，y 0 = 1+2k2 ， 8 4 k 所以直线AE的方程为y= (x+2 2)． 1+ 1+2k2 2 2k 因为直线AE与y轴交于点M，令x=0得y= ， 1+ 1+2k2 2 2k 即点M0, 1+ 1+2k2  ， 2 2k 同理可得点N0, 1- 1+2k2  ．  2 2k 所以FM=2, 1 1+ 1+2k2   2 2k ，FN=2, 1 1- 1+2k2  ，   所以FM⋅FN=0，所以FM⊥FN，同理FM⊥FN． 1 1 1 1 2 2 则以MN为直径的圆恒过焦点F，F，即M，F，N，F 四点共圆． 1 2 1 2 综上所述，M，F，N，F 四点共圆． 1 2 x2 y2 4437 (2024·山东青岛·山东省青岛第五十八中学校考一模)椭圆E: + =1(a>b>0)的 a2 b2 1 离心率为 ，右顶点为A，设点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点， 2 △OAB面积的最大值为 3． (1)求椭圆E的标准方程； (2)设直线l:x=t交x轴于点P，其中t>a，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和 CA分别交直线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值． c 1 c2 b2 1 3 【解析】(1)由题意，设椭圆半焦距为c，则 = ，即 =1- = ，得b= a， a 2 a2 a2 4 2 设Bx 1 ,y 1  1 ,S △OAB = 2 ay 1  ，由y 1  1 ≤b，所以S 的最大值为 ab， △OAB 2 3 1 3 将b= a代入 ab= 3，有 a2= 3，解得a=2,b= 3， 2 2 4 第 页 共 页 2917 3427x2 y2 所以椭圆的标准方程为 + =1； 4 3 (2)设Cx 2 ,y 2  ，因为点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，则直线BC不与x轴重合， 设直线BC方程为x=my+t，与椭圆方程联立得3m2+4  y2+6mty+3t2-12=0， Δ=36m2t2-123m2+4  t2-4  >0，可得t2<3m2+4， 6mt 3t2-12 由韦达定理可得y +y =- ,yy = ， 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 y y(t-2) 直线BA的方程为y= 1 (x-2)，令x=t得点M纵坐标y = 1 ， x -2 M x -2 1 1 y (t-2) 同理可得点N纵坐标y = 2 ， N x -2 2 当O、A、M、N四点共圆，由相交弦定理可得PA  PO  =PM  ⋅PN  ，即t(t-2)= y M y N  ， yy (t-2)2 y y = 1 2 M N x 1 -2  x 2 -2  yy (t-2)2 = 1 2 my 1 +t-2  my 2 +t-2  = yy (t-2)2 1 2 m2y 1 y 2 +m(t-2)y 1 +y 2  +(t-2)2 3t2-4 =  (t-2)2 3m2 t2-4  -6m2t(t-2)+3m2+4  3(t+2)(t-2)2 = (t-2)2 3m2(t+2)-6m2t+3m2+4  = (t-2) 3(t+2)(t-2)2 3 = (t+2)(t-2)， 4(t-2) 4 3 由t>2，故t(t-2)= (t+2)(t-2)，解得t=6． 4 x2 y2 1 4438 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆E： + =1(a>b>0)的离心率为 ，且经过 a2 b2 2 3 点-1， 2  . (1)求椭圆E的标准方程； (2)设椭圆E的右顶点为A，点O为坐标原点，点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点，直 线l：x=t(t>a)交x轴于点P，直线PB交椭圆E于另一点C，直线BA和CA分别交直 线l于点M和N，若O、A、M、N四点共圆，求t的值. c 1   = a 2  【解析】(1)依题意：  1 + 9 =1 ，解得：a2=4，b2=3， a2 4b2   a2-b2=c2 x2 y2 故椭圆C的方程为 + =1； 4 3 (2)设B(x ，y)，C(x ，y )，∵点B为椭圆E上异于左、右顶点的动点， 1 1 2 2 则直线BC不与x轴重合，则可设BC为x=my+t， 与椭圆方程联立得3m2+4  y2+6mty+3t2-12=0， 则Δ=36m2t2-123m2+4  t2-4  >0，可得t2<3m2+4， 6mt 3t2-12 由韦达定理可得y +y =- ,yy = ． 1 2 3m2+4 1 2 3m2+4 y 直线BA的方程为y= 1 x-2 x -2 1  ，令x=t得点M纵坐标y = y 1t-2 M  x -2 1 同理可得，点N纵坐标y = y 2t-2 N  . x -2 2 第 页 共 页 2918 3427当O、A、M、N四点共圆时，由割线定理可得PA  ⋅|PO|=PM  ⋅PN  ，即tt-2  = y M y N  ， ∵y y = y 1 y 2t-2 M N  2 x 1 -2  x 2 -2  = y 1 y 2t-2  2 my 1 +t-2  my 2 +t-2  = y 1 y 2t-2  2 m2y 1 y 2 +mt-2  3t2-4 = (y +y )+(t-2)2 1 2  t-2  2 3m2 t2-4  -6m2tt-2  +3m2+4  t-2  = 2 3t+2  t-2  2 3m2 t+2  -6m2t+3m2+4  t-2  3t+2 =  (t-2)2 3t+2 = 3m2t+6m2-6m2t+3m2t-6m2+4t-8  t-2  2 4t-2  3 = t+2 4  t-2  ． 由t>2，故tt-2  3 = t+2 4  t-2  ，解得t=6． 4439 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：y2=2pxp>0  ，A是C上位于第一象限内 的动点，它到点B3,0  距离的最小值为2 2，直线AB与C交于另一点D，线段AD的垂 直平分线交C于E，F两点. (1)求p的值； (2)若AB  =2 2，证明A，D，E，F四点共圆，并求该圆的方程. 【解析】(1)设A2py2,2py  ，则AB  = 2py2-3  2+4p2y2= 4p2y4+4p2-12p  y2+9， 令t=y2∈0,+∞  ，则AB  = 4p2t2+4p2-12p  t+9， 对于二次函数m=4p2t2+4p2-12p  4p2-12p 3 1 t+9，其对称轴为t=- = - ， 8p2 2p 2 3 1 当p≥3时，t= - ≤0，m=4p2t2+4p2-12p 2p 2  t+9在0,+∞  上单调递增，其最 小值为9，即AB  的最小值为3，不满足题意， 3 1 3 1 当00，所以当t= - 时m=4p2t2+4p2-12p 2p 2 2p 2  t+9取 得最小值，即m =-p2+6p min 所以AB  = -p2+6p=2 2，解得p=2或p=4(舍) min 所以p=2 (2)由(1)可得，当AB  1 =2 2时，t= ，点A1,2 4  ， 第 页 共 页 2919 34272-0 所以k = =-1，直线AB的方程为y=-x+3， AB 1-3 y=-x+3 由  y2=4x 可得x2-10x+9=0，解得x=1或x=9，所以D9,-6  ， 所以AD的中点为N5,-2  ，所以直线EF的方程为y+2=1⋅x-5  ，即y=x-7， 设Ex 1 ,y 1  ,Fx 2 ,y 2  y=x-7 ，由  y2=4x 可得y2-4y-28=0，所以y 1 +y 2 =4,y 1 y 2 =-28 所以线段EF的中点为M9,2  ，EF  = 1+1  42+4×28  =16 因为MA  EF =8=  ，所以A，D，E，F四点共圆，圆心为M9,2 2  ，半径为8， 所以该圆的方程为x-9  2+y-2  2=64 第 页 共 页 2920 3427