老师专属二次曲线上的四点共圆问题解题研究第二境界(下篇)

专题07四点共圆模型四点共圆是初中数学的常考知识点，近年来，特别是四点共圆判定的题目出现频率较高。

相对四点共圆性质的应用，四点共圆的判定往往难度较大，往往是填空题或选择题的压轴题，而计算题或选择中四点共圆模型的应用（特别是最值问题），通常能简化运算或证明的步骤，使问题变得简单。

本文主要介绍四点共圆的四种重要模型。

四点共圆：若在同一平面内，有四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”。

模型1、定点定长共圆模型（圆的定义）【模型解读】若四个点到一定点的距离相等，则这四个点共圆。

这也是圆的基本定义，到定点的距离等于定长点的集合。

条件：如图，平面内有五个点O、A、B、C、D，使得OA=OB=OC=OD，结论：A、B、C、D四点共圆（其中圆心为O）。

例1、（2023•连云港期中）如图，点O为线段BC的中点，点A、C、D到点O的距离相等，若∠ABC＝40°，则∠ADC的度数是．【分析】根据题意得到四边形ABCD共圆，利用圆内接四边形对角互补即可求出所求角的度数．【详解】由题意得到OA＝OB＝OC＝OD，作出圆O，如图所示，∴四边形ABCD为圆O的内接四边形，∴∠ABC+∠ADC＝180°，∵∠ABC＝40°，∴∠ADC＝140°，故答案为：140°．【点睛】此题考查了圆内接四边形的性质，熟练掌握圆内接四边形的性质是解本题的关键．例2．（2022·安徽合肥·校考一模）如图，O 是AB 的中点，点B ，C ，D 到点O 的距离相等，连接AC BD ，．下列结论不一定成立的是（）A ．12∠=∠B ．3=4∠∠C ．180ABC ADC ∠+∠=︒D ．AC 平分BAD∠【答案】D 【分析】以点O 为圆心，OA 长为半径作圆．再根据圆内接四边形的性质，圆周角定理逐项判断即可．【详解】如图，以点O 为圆心，OA 长为半径作圆．由题意可知：OA OB OC OD ===．即点A 、B 、C 、D 都在圆O 上．A ．∵AB AB =，∴12∠=∠，故A 不符合题意；B ．∵BC BC =，∴3=4∠∠，故B 不符合题意；C ．∵四边形ABCD 是O 的内接四边形，∴180ABC ADC ∠+∠=︒，故C 不符合题意；D ．∵BC 和CD 不一定相等，∴BAC ∠和DAC ∠不一定相等，∴AC 不一定平分BAD ∠，故D 符合题意．故选：D ．【点睛】本题考查圆周角定理及其推论，充分理解圆周角定理是解答本题的关键．例3．（2023·陕西·九年级期中）如图，已知AB=AC=AD ，∠CBD=2∠BDC ，∠BAC=44°，则∠CAD 的度数为（）A ．68°B ．88°C ．90°D ．112°【答案】B 【详解】试题分析：本题考查了等腰三角形的性质，主要利用了等腰三角形两底角相等，熟记性质是解题的关键．根据等腰三角形两底角相等求出∠ABC=∠ACB ，再求出∠CBD ，然后根据∠ABD=∠ABC ﹣∠CBD 计算即可得解．如图，∵AB=AC=AD ，∴点B 、C 、D 在以点A 为圆心，以AB 的长为半径的圆上；∵∠CBD=2∠BDC ，∠CAD=2∠CBD ，∠BAC=2∠BDC ，∴∠CAD=2∠BAC ，而∠BAC=44°，∴∠CAD=88°，例4．（2022·绵阳市4模型2、定边对双直角共圆模型同侧型异侧型1）定边对双直角模型（同侧型）条件：若平面上A 、B 、C 、D 四个点满足90ABD ACD ∠=∠=︒，结论：A 、B 、C 、D 四点共圆，其中AD 为直径。

四点共圆问题“四点共圆”问题在数学竞赛中经常出现，这类问题一般有两种形式：一是以“四点共圆”作为证题的目的，二是以“四点共圆”作为解题的手段，为解决其他问题铺平道路.判定“四点共圆”的方法，用得最多的是统编教材《几何》二册所介绍的两种（即P 89定理和P 93例3），由这两种基本方法推导出来的其他判别方法也可相机采用. 1 “四点共圆”作为证题目的例1．给出锐角△ABC ，以AB 为直径的圆与AB 边的高CC ′及其延长线交于M ，N .以AC 为直径的圆与AC 边的高BB ′及其延长线将于P ，Q .求证：M ，N ，P ，Q 四点共圆. (第19届美国数学奥林匹克)分析：设PQ ，MN 交于K 点，连接AP ，AM .欲证M ，N ，P ，Q 四点共圆，须证MK ·KN ＝PK ·KQ ，即证(MC ′-KC ′)(MC ′+KC ′)＝(PB ′-KB ′)·(PB ′+KB ′) 或MC ′2-KC ′2=PB ′2-KB ′2. ①不难证明 AP =AM ，从而有 AB ′2+PB ′2=AC ′2+MC ′2.故 MC ′2-PB ′2=AB ′2-AC ′2=(AK 2-KB ′2)-(AK 2-KC ′2)=KC ′2-KB ′2. ②由②即得①，命题得证.例2．A 、B 、C 三点共线，O 点在直线外，O 1，O 2，O 3分别为△OAB ，△OBC ，△OCA 的外心.求证：O ，O 1，O 2，O 3四点共圆.(第27届莫斯科数学奥林匹克) 分析：作出图中各辅助线.易证O 1O 2垂直平分OB ，O 1O 3垂直平分OA .观察△OBC 及其外接圆，立得∠OO 2O 1=21∠OO 2B =∠OCB .观察△OCA 及其外接圆，立得∠OO 3O 1=21∠OO 3A =∠OCA .由∠OO 2O 1=∠OO 3O 1⇒O ，O 1，O 2，O 3共圆.利用对角互补，也可证明O ，O 1，O 2，O 3四点共圆，请同学自证. 2 以“四点共圆”作为解题手段这种情况不仅题目多，而且结论变幻莫测，可大体上归纳为如下几个方面. (1)证角相等例3．在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上，∠DAM ＝∠CBK . 求证：∠DMA ＝∠CKB .（第二届袓冲之杯初中竞赛）分析：易知A ，B ，M ，K 四点共圆.连接KM ，有∠DAB ＝∠CMK .∵∠DAB +∠ADC ＝180°， ∴∠CMK +∠KDC ＝180°.故C ，D ，K ，M 四点共圆⇒∠CMD ＝∠DKC . 但已证∠AMB ＝∠BKA ， ∴∠DMA ＝∠CKB .(2)证线垂直例4．⊙O 过△ABC 顶点A ，C ，且与AB ，BC 交于K ，N (K 与N 不同).△ABCA B C K M N P Q B ′C ′A B CO O O O 123？？A B C DK M··A B O K N CMG外接圆和△BKN 外接圆相交于B 和 M .求证：∠BMO =90°. (第26届IMO 第五题)分析：这道国际数学竞赛题，曾使许多选手望而却步.其实，只要把握已知条件和图形特点，借助“四点共圆”，问题是不难解决的.连接OC ，OK ，MC ，MK ，延长BM 到G .易得∠GMC =∠BAC =∠BNK =∠BMK .而∠COK =2·∠BAC =∠GMC + ∠BMK =180°-∠CMK ，∴∠COK +∠CMK =180°⇒C ，O ，K ，M 四点共圆. 在这个圆中，由OC =OK ⇒ OC =OK ⇒∠OMC =∠OMK . 但∠GMC =∠BMK ， 故∠BMO =90°. (3)判断图形形状例5．四边形ABCD 内接于圆，△BCD ，△ACD ，△ABD ，△ABC 的内心依次记为I A ，I B ，I C ，I D .试证：I A I B I C I D 是矩形.(第一届数学奥林匹克国家集训选拔试题)分析：连接AI C ，AI D ，BI C ，BI D 和DI B .易得∠AI C B =90°+21∠ADB =90°+21∠ACB =∠AI D B ⇒A ，B ，I D ，I C 四点共圆.同理，A ，D ，I B ，I C 四点共圆.此时 ∠AI C I D =180°-∠ABI D =180°-21∠ABC ，∠AI C I B =180°-∠ADI B =180°-21∠ADC ，∴∠AI C I D +∠AI C I B=360°-21(∠ABC +∠ADC )=360°-21×180°=270°.故∠I B I C I D =90°.同样可证I A I B I C I D 其它三个内角皆为90°.该四边形必为矩形. (4)计算例6．正方形ABCD 的中心为O ，面积为1989㎝2.P 为正方形内一点，且∠OPB =45°，PA :PB =5:14.则PB =__________ (1989，全国初中联赛) 分析：答案是PB =42㎝.怎样得到的呢？连接OA ，OB .易知O ，P ，A ，B 四点共圆，有∠APB =∠AOB =90°. 故PA 2+PB 2=AB 2=1989.由于PA :PB =5:14，可求PB .(5)其他例7．设有边长为1的正方形，试在这个正方形的内接正三角形中找出面积最大的和一个面积最小的，并求出这两个面积(须证明你的论断). (1978，全国高中联赛)分析：设△EFG 为正方形ABCD 的一个内接正三角形，由于正三角形的三个顶点至少必落在正方A BC D I C I DA I IB ··P O A BC D形的三条边上，所以不妨令F ，G 两点在正方形的一组对边上. 作正△EFG 的高EK ，易知E ，K ，G ，D 四点共圆⇒∠KDE =∠KGE =60°.同理，∠KAE =60°.故△KAD 也是一个正 三角形，K 必为一个定点. 又正三角形面积取决于它的边长，当KF 丄AB 时，边长为1，这时边长最小，而面积S =43也最小.当KF 通过B 点时，边长为2·32-，这时边长最大，面积S =23-3也最大. 例8．NS 是⊙O 的直径，弦AB 丄NS 于M ，P 为ANB 上异于N 的任一点，PS 交AB 于R ，PM 的延长线交⊙O 于Q .求证：RS ＞MQ . (1991，江苏省初中竞赛)分析：连接NP ，NQ ，NR ，NR 的延长线交⊙O 于Q ′.连接MQ ′，SQ ′.易证N ，M ，R ，P 四点共圆，从而，∠SNQ ′=∠MNR =∠MPR =∠SPQ =∠SNQ .根据圆的轴对称性质可知Q 与Q ′关于NS 成轴对称⇒MQ ′=MQ . 又易证M ，S ，Q ′，R 四点共圆，且RS 是这个圆的直径(∠RMS =90°)，MQ ′是一条弦(∠MSQ ′＜90°)，故RS ＞MQ ′.但MQ =MQ ′，所以，RS ＞MQ .练习题1.⊙O 1交⊙O 2 于A ，B 两点，射线O 1A 交⊙O 2 于C 点，射线O 2A 交⊙O 1 于D 点.求证：点A 是△BCD 的内心.(提示：设法证明C ，D ，O 1，B 四点共圆，再证C ，D ，B ，O 2 四点共圆，从而知C ，D ，O 1，B ，O 2五点共圆.)2.△ABC 为不等边三角形.∠A 及其外角平分线分别交对边中垂线于A 1，A 2；同样得到B 1，B 2，C 1，C 2.求证：A 1A 2=B 1B 2=C 1C 2.(提示：设法证∠ABA 1与∠ACA 1互补造成A ，B ，A 1，C 四点共圆；再证A ，A 2，B ，C 四点共圆，从而知A 1，A 2都是△ABC 的外接圆上，并注意∠A 1AA 2=90°.)3.设点M 在正三角形三条高线上的射影分别是M 1，M 2，M 3(互不重合).求证：△M 1M 2M 3也是正三角形.4.在Rt △ABC 中，AD 为斜边BC 上的高，P 是AB 上的点，过A 点作PC 的垂线交过B 所作AB 的垂线于Q 点.求证：PD 丄QD .(提示：证B ，Q ，E ，P 和B ，D ，E ，P 分别共圆)5.AD ，BE ，CF 是锐角△ABC 的三条高.从A 引EF 的垂线l 1，从B 引FD 的垂线l 2，从C 引DE 的垂线l 3.求证：l 1，l 2，l 3三线共点.(提示：过B 作AB 的垂线交l 1于K ，证：A ，B ，K ，C 四点共圆)A BC D EF KG ······。

“圆”来如此简单——“四点共圆”在中考解题中的应用赏析2012年8月，在暑假集体备课之际，新浙教版数学教材以焕然一新的面貌出现在大家眼前。

与老版相比，新版教材增加了一些传授内容。

其中，九年级上册的《圆内接四边形》就是一节新增内容。

而且与之配套的《数学教学参考书》在3.6《圆内接四边形》这一课时末尾，颇有用意地在第103页“相关资源”中对于如何判定四点共圆作了批注。

原文如下：如何判定四点共圆。

对于四点共圆的判定一般有以下两种方法： 1.如图，四边形中同一边所对的两个边与对角线所成的角相等（如12∠=∠），则这个四边形为圆内接四边形，也就是四边形的四个顶点共圆。

2.如果四边形的两个对角互补，那么这个四边形为圆内接四边形，也就是四边形的四个顶点共圆。

判定四点共圆会给许多几何问题的解决带来方便。

近年来，经过笔者的收集整理和实践探究，发现很多地方的中考试题，都能通过妙用四点共圆达到事半功倍的效果。

现就四点共圆问题在中考解题中的应用，采撷几例，剖析解法，供大家分享。

一、四点共圆与线段问题结合的应用举例例1．（2013•绍兴）在△ABC 中，∠CAB=90°，AD⊥BC 于点D ，点E 为AB 的中点，EC 与AD 交于点G ，点F 在BC 上．（1）如图1，AC ：AB=1：2，EF⊥CB，求证：EF=CD． （2）如图2，AC ：AB=1：，EF⊥CE，求EF ：EG 的值．）∴DC=DE，∠CDM=∠EDN ∴△CDM≌△EDN ∴DM=DN， ∴DMQN 是正方形， ∴∠BQC=45° ∴CQ=CB=3 ∴Q（4，0）设BQ 的解析式为：y=kx+b ，把B （1，3），Q （4，0）代入解析式得：k=﹣1，b=4． 所以直线BQ 的解析式为：y=﹣x+4． ②当点P 在对称轴右侧，如图：过点D 作DM⊥x 轴于M ，DN⊥PQ 于N ， ∵∠CDE=90°，∴∠CDM=∠EDN ∴△CDM∽△EDN当∠DCE=30°，DC DMDE DN== 又DN=MQ∴DMMQ=∴BCCQ=，BC=3，CQ= ∴Q（1+，0） ∴P 1（1+，94）当∠DCE=60°，点P 2（1+154）． 当点P 在对称轴的左边时，由对称性知：P 3（1﹣，94），P 4（1﹣154）综上所述：P 1（1+，94），P 2（1+154），P 3（1﹣，94），P 4（1﹣﹣154）下面赏析四点共圆方法解（∵∠CDE=90°∠C Q E=90°∴四边形CDEQ对角互补∴C、D、E、Q四点共圆∴∠DEC=∠D QC由于（2）中两问∠DEC且BC=4接下来直线BQ的解析式，P点的坐标都可迎刃而解。

第二讲：四点共圆一．有关定理或结论1．共斜边的两个直角三角形的四个顶点共圆，且直角三角形的斜边为圆的直径． 2．共底边的两个三角形顶角相等，且在底边的同侧，则四个顶点共圆． 3．若四边形的两个对角互补(或一个外角等于它的内对角)，则四点共圆．4．相交弦逆定理:凸四边形ABCD 其对角线AC 、BD 交于P,PD BP PC AP ⋅=⋅⇔四点共圆。

5．割线长定理:凸四边形ABCD 其边的延长线AB 、CD 交于P.PD PC PB PA ⋅=⋅⇔四点共圆。

图3 图4 图5 二．证“四点共圆”的基本方法例1．如图1，⊙1o ，⊙2o ，⊙3o … 都经过点A 和B.点P 是线段AB 延长线上任意一点，且PC ，PD ，PE …分别与⊙1o ，⊙2o，⊙3o …相切于点C,D,E,…。

求证：C,D,E …在同一个圆上。

析：利用圆的定义：要证C,D,E …在同一个圆上，只要能找到一点使得C,D,E …点距离定点等长，即要证PC=PD=PE=…,从而由圆的定义即可知道C,D,E,… 在以P 为圆心,PC 为半径的 圆上.而证PC=PD=PE=…,由于PC 2=PB ·PA,PD 2=PB ·PA,PC 2= PB ·PA, PE 2=PB ·PA … 故PC=PD=PE=……成立,从而得证.例2. 如图，在△ABC 中，AD ⊥BC ，DE ⊥AB ，DF ⊥AC ．求证：B 、E 、F 、C 四点共圆． 证明 ∵DE ⊥AB ，DF ⊥AC ，∴∠AED ＋∠AFD=180°，即A 、E 、D 、F 四点共圆， ∠AEF=∠ADF ．又∵AD ⊥BC ，∠ADF ＋∠CDF=90°，∠CDF ＋∠FCD=90°， ∠ADF=∠FCD ．∴∠AEF=∠FCD ，∠BEF ＋∠FCB=180°，即B 、E 、F 、C 四点共圆A B C D A BC DP A BCD P C2例3．如图3，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AB ＞CD ，K ，M 分别在AD ，BC 上， ∠DAM ＝∠CBK.求证：C ，D ，K ，M 四点共圆析：利用四点连成的四边形对角互补或有一外角等于它的内对角.连接KM ，由∠DAM ＝∠CBK 易知A ，B ，M ，K 四点共圆， 于是有∠DAB ＝∠CMK. ∠AMB ＝∠BKA ∵∠DAB+∠ADC ＝180° ∴∠CMK+∠KDC ＝180°.故C ，D ，K ，M 四点共圆。

四点共圆（限量版）板块一：辅助圆思想平面几何中有很多题中的背景并没出现圆，但是在解题过程中我们会发现，如果能够适当添加辅助圆，不仅能让题目瞬间变得简单，同时还可能会有意想不到的收获，得到很多有趣的结论，而且纵观这几年中考命题趋势，第24题的几何综合题越来越需要我们有辅助圆的思想和思维了，而辅助圆思想又是学习四点共圆的基础.构造辅助圆的基本思路：1、共顶点，等线段想辅助圆（圆的定义）；2、不共线的三点确定一个圆（即做这个三角形的外接圆）；3、利用四点共圆的判定作辅助圆.1、如图，在四边形ABCD中，AB=AC=AD,∠BCD=150°，求∠BAD的度数.DCBA2、（大兴期末）已知四边形ABCD，A B∥CD,且AB=AC=AD=a,BC=b,且2a＞b求cos DBA∠的值.3、（2014年海淀一模）在△ABC中，AB=AC，将线段AC绕着点C逆时针旋转得到线段CD，旋转角为α，且0180α<<，连接AD、BD．（1）如图1，当∠BAC=100°，60α=时，∠CBD 的大小为_________；（2）如图2，当∠BAC=100°，20α=时，求∠CBD的大小；（3）已知∠BAC的大小为m（60120m<<），若∠CBD的大小与（2）中的结果相同，请直接写出α的大小．图2DCBA图1AB C4、（2011海淀期末）如图，E ，B ，A ，F 四点共线，点D 是正三角形ABC 的边AC 的中点， 点P 是直线AB 上异于A ，B 的一个动点，且满足30CPD ∠=︒，则（ ）A ．点P 一定在射线BE 上B ．点P 一定在线段AB 上C ．点P 可以在射线AF 上 ，也可以在线段AB 上D ．点P 可以在射线BE 上 ，也可以在线段5、（2011西城一模）平面直角坐标系xOy 中，抛物线244y ax ax a c=-++与x轴交于点A 、点B ， 与y 轴的正半轴交于点C ，点 A 的坐标为(1, 0)，OB =OC ， 抛物线的顶点为D ． (1) 求此抛物线的解析式；(2) 若此抛物线的对称轴上的点P 满足∠APB =∠ACB ，求点P 的坐标；(3) Q 为线段BD 上一点，点A 关于∠AQB 的平分线的对称点为A '，若2=-QB QA 求点Q 的坐标和此时△QAA '的面积．C6、（2013海淀期中）初三（1）班的同学们在解题过程中，发现了几种利用尺规作一个角的半角的方法．题目：在△ABC中，80ACB∠=︒，求作：40ADB∠=︒．图1 图2仿照他们的做法，利用尺规作图解决下列问题，要求保留作图痕迹．（1）请在图1和图2中分别出作20APB∠=︒；（2）当60ACB∠=︒时，在图3中作出30APB∠=︒，且使点P在直线l上．lACBDACB EA B板块二：四点共圆判定：1、到一定点的距离相等的四个点共圆（圆的定义） 2、共斜边的直角三角形的顶点共圆 （圆的定义）（此判定考察最多）3、同底且同侧张角相等的两个三角形的顶点共圆 （同弧所对圆周角相等逆定理）4、对角互补或有一个外角等于其内对角的四边形的顶点共圆（圆内接四边形逆定理）另注：四点共圆的判定还有很多，我们只讲中考中涉及到的这四种，其实基本上所有的圆幂 定理的逆定理都可以判定四点共圆，比如相交弦定理，切割线定理及推论，托勒密定 理等.有兴趣的同学等暑假我们再讲.用途：圆中的性质很多，知道四点共圆后，我们可以利用其性质去解决一些几何证明题，判 断动点轨迹题及动点最值问题等，就会显得山穷水尽疑无路，柳暗花明又一村.7、证明判定3和4的成立（反证法）8、（海淀）已知：AOB △中，2AB OB ==，COD △中，3CD OC ==,ABO DCO =∠∠.连接AD 、BC ，点M 、N 、P 分别为OA 、OD 、BC 的中点.图1 (1) 如图1，若A 、O 、C 三点在同一直线上，且60ABO =∠，则PMN △的形状是________________，此时ADBC=________； (2) 如图2，若A 、O 、C 三点在同一直线上，且2ABO α=∠，证明PMN BAO △∽△，并计算ADBC的值(用含α的式子表示)； (3) 在图2中，固定AOB △，将COD △绕点O 旋转，直接写出PM 的最大值.9（海淀）如图一，在△ABC 中，分别以AB ，AC 为直径在△ABC 外作半圆1O 和半圆2O ，其中1O 和2O 分别为两个半圆的圆心. F 是边BC 的中点，点D 和点E 分别为两个半圆圆弧的中点.（1）连结1122,,,,,O F O D DF O F O E EF ，证明：12DO F FO E △≌△；（2）如图二，过点A 分别作半圆1O 和半圆2O 的切线，交BD 的延长线和CE 的延长线于点P 和点Q ，连结PQ ，若∠ACB =90°,DB =5，CE =3，求线段PQ 的长;（3）如图三，过点A 作半圆2O 的切线，交CE 的延长线于点Q ，过点Q 作直线F A 的垂线，交BD 的延长线于点P ，连结P A . 证明：P A 是半圆1O 的切线.图一A B CDE1O 2O 2O 1O AE B DP图二AB CEFDPQ1O 2O 图三10、（海淀期末） 如图，以(0,1)G 为圆心，半径为2的圆与x 轴交于A 、B 两点,与y 轴交于C 、D 两点,点E 为⊙G 上一动点，CF AE ⊥于F .当点E 从点B 出发顺时针运动到点D 时，点F 所经过的路径长为（ ） A ． 32π B ．33π C ．34π D ．36π11、（2014年房山一模） 将等腰Rt △ABC 和等腰Rt △ADE 按图1方式放置，∠A=90°， AD 边与AB 边重合， AB ＝2AD ＝4．将△ADE 绕点A 逆时针方向旋转一个角度α（0°≤α≤180°），BD 的延长线交直线CE 于点P .（1）如图2，BD 与CE 的数量关系是 , 位置关系是 ； （2）在旋转的过程中，当AD ⊥BD 时，求出CP 的长； （3）在此旋转过程中，求点P 运动的路线长.12、（2012朝阳）在矩形ABCD 中，点P 在AD 上，AB =2，AP =1，将三角板的直角顶点放在点P 处，三角板的两直角边分别能与AB 、BC 边相交于点E 、F ，连接EF ． （1）如图，当点E 与点B 重合时，点F 恰好与点C 重合，求此时PC 的长；（2）将三角板从（1）中的位置开始，绕点P 顺时针旋转，当点E 与点A 重合时停止，在这个过程中，请你观察、探究并解答：① ∠PEF 的大小是否发生变化？请说明理由；② 直接写出从开始到停止，线段EF 的中点所经过的路线长．(0,1)I 图1图2DB EB ABA备用图D F A B E13、（2015北京四中12月月考）如图，在边长为2的菱形ABCD 中，∠A =60°，M是AD 边的中点，N 是AB 边上一动点，将△AMN 沿MN 所在的直线翻折得到△A'MN ，连接A'C ,则A'C 长度的最小值是_______.14、（2013昌平一模）在△ABC 中，AB =4，BC =6，∠ACB =30°，将△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转，得到△A 1BC 1．（1）如图1，当点C 1在线段CA 的延长线上时，求∠CC 1A 1的度数； （2）如图2，连接AA 1，CC 1．若△CBC 1的面积为3，求△ABA 1的面积；（3）如图3，点E 为线段AB 中点，点P 是线段AC 上的动点，在△ABC 绕点B 按逆时针方向旋转的过程中，点P 的对应点是点P 1，直接写出线段EP 1长度的最大值与最小值．C 1C BA 1A图2A 1C 1ABC图1图3PP 1E A 1A C 115、（2013通州期末）在平面直角坐标系xOy 中，点B (0，3)，点C 是x 轴正半轴上一点，连结BC ，过点C 作直线CP ∥y 轴. （1）若含45°角的直角三角形如图所示放置．其中，一个顶点与点O 重合，直角顶点D在线段BC 上，另一个顶点E 在CP 上．求点C 的坐标； （2）若含30°角的直角三角形一个顶点与点O 重合，直角顶点D 在线段BC 上，另一个顶点E 在CP 上，求点C 的坐标．备用图备用图第24题图。

二次曲线上的四点共圆问题的完整结论甘志国(该文已发表 数学通讯，2013(7下)：40-41)百年前，著名教材《坐标几何》(Loney 著)中曾提到椭圆上四点共圆的一个必要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍(椭圆)0,0(12222>>=+b a by a x 上任一点A 的坐标可以表示为∈θθ)(sin cos,(b a R )，角θ就叫做点A 的离心角)，证明方法十分巧妙，还要运用高次方程的韦达定理.这一条件是否充分，一直是悬案.在20世纪80年代编写《数学题解辞典(平面解析几何)》时，仍未解决.到20世纪年代初编写《中学数学范例点评》时，才证明了此条件的充分性.[1,2]2011年高考全国大纲卷理科第21题，2005年高考湖北卷理科第21题(也即文科第22题)及2002年高考江苏、广东卷第20题都是关于二次曲线上四点共圆的问题(见文献[3,4]).笔者曾由2005年的这道高考题得出了二次曲线上四点共圆的一个简洁充要条件(其证明也很简洁但有技巧)：若两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k .文献[2]还用此结论证得了“椭圆上的四点共圆的充要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍”.文献[5]用较长的篇幅得出了下面的两个结论(即原文末的命题7、8)：结论1 抛物线22y px =的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补.结论 2 圆锥曲线221(0,)mx ny mn m n +=≠≠的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补.请注意，文献[5]中所涉及的直线的斜率均存在，所以这两个结论均正确.但不够完整，本文将给出二次曲线上的四点共圆问题的完整结论，即文末的推论4.定理1 若两条二次曲线22220()0ax by cx dy e a b a x b y c x d y e '''''++++=≠++++=，有四个交点，则这四个交点共圆.证明 过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)： 2222()()0ax by cx dy e a x b y c x d y e λμ'''''+++++++++= ① 式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，得a b b aλ''-=-,此时曲线①即 220x y c x d y e '''++++= ②的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆.这就证得了四个交点共圆.定理 2 若两条直线:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是12210a b a b +=.证明 由21,l l 组成的曲线即111222()()0a x b y c a x b y c ++++=所以经过它与Γ的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)：22111222()()()0ax by cx dy e a x b y c a x b y c λμ+++++++++= ③必要性.若四个交点共圆，则存在μλ,使方程③表示圆，所以式③左边的展开式中含xy 项的系数1221()0a b a b μ+=.而0≠μ(否则③表示曲线Γ，不表示圆)，所以12210a b a b +=.充分性.当12210a b a b +=时，式③左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式③左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，即1212a a a b b b λλ+=+，得1212a a b b b aλ-=-. 此时曲线③即 220x y c x d y e '''++++= ④的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线④上，所以曲线④表示圆.这就证得了四个交点共圆.推论 1 若两条直线与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是这两条直线的斜率均不存在或这两条直线的斜率均存在且互为相反数.证明 设两条直线为:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==，由定理2得，四个交点共圆的充要条件是12210a b a b +=.(1)当12//l l 即1221a b a b =时，得四个交点共圆的充要条件即12210a b a b ==也即120a a ==或120b b ==.(2)当1l 与2l 不平行即1221a b a b ≠时，由12210a b a b +=得12210,0a b a b ≠≠，所以四个交点共圆的充要条件即12120a a b b ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭也即直线12,l l 的斜率均存在且均不为0且互为相反数.由此可得欲证成立.推论 2 设二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠上的四个点连成的四边形是圆内接四边形，在该四边形的的两组对边、两条对角线所在的三对直线中：若有一对直线的斜率均不存在，则另两对直线的斜率均存在且均互为相反数；若有一对直线的斜率均存在且均互为相反数，则另两对直线的斜率也均存在且均互为相反数，或另两对直线的斜率中有一对均不存在另一对均存在且互为相反数.证明 设圆内接四边形是四边形ABCD ，其两组对边AB 与CD 、AD 与BC 及对角线AC 与BD 所中的直线分别是 1111:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==2222:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==3333:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==由定理中的充分性知，若四个交点共圆，则以下等式之一成立：1112121121222221313232310,0,0a b a b a b a b a b a b +=+=+=再运用定理2中的必要性知，若四个交点共圆，则以上等式均成立.再由推论1的证明，可得欲证成立.推论2的极限情形是推论3 设点A 是定圆锥曲线(包括圆、椭圆、双曲线和抛物线)C 上的定点但不是顶点，F E 、是C 上的两个动点，直线AF AE 、的斜率互为相反数，则直线EF 的斜率为曲线C 过点A 的切线斜率的相反数(定值).由推论3可立得以下三道高考题中关于定值的答案：高考题1 (2009·辽宁·理·20(2)) 已知⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1A 是椭圆134:22=+y x C 上的定点，F E 、是C 上的两个动点，直线AF AE 、的斜率互为相反数，证明EF 直线的斜率为定值，并求出这个定值.(答案：21.) 高考题 2 (2004·北京·理·17(2))如图1，过抛物线)0(22>=p px y 上一定点)0)(,(000>y y x P 作两条直线分别交抛物线于),(),,(2211y x B y x A .当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求021y y y +的值，并证明直线AB 的斜率是非零常数.(答案：0212y p k y y y AB -=-=+；.)图1高考题3 (2004·北京·文·17(2))如图1，抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点，点),(),,(),2,1(2211y x B y x A P 均在抛物线上.当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求21y y +的值及直线AB 的斜率.(答案：1421-=-=+AB k y y ；.)推论 4 设二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠上的四个点连成的四边形是圆内接四边形，则该四边形只能是以下三种情形之一：(1)两组对边分别与坐标轴平行的矩形；(2)底边与坐标轴平行的等腰梯形；(3)两组对边均不平行的四边形，但在其两组对边、两条对角线所在的三对直线中，每对直线的斜率均存在且均不为0且均互为相反数.证明 推论2中的圆内接四边形，只能是以下三种情形之一：(1)是平行四边形.由推论2知，该平行四边形只能是两组对边分别与坐标轴平行的矩形.(2)是梯形.由推论2知，该梯形的底边与坐标轴平行，两腰所在直线的斜率及两条对角线所在直线的斜率均存在且均不为0且均互为相反数，可得该梯形是底边与坐标轴平行的等腰梯形.(3)两组对边均不平行的四边形.由推论2知，该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中，每对直线的斜率均存在且均不为0且均互为相反数.参考文献1 陈振宣.圆锥曲线上四点共圆的充要条件[J].数学教学，2007(2)：332 甘志国著.初等数学研究(II)下[M ] .哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.62-63 3 甘志国.对一道高考题的研究[J].数学通讯，2005(22):214 甘志国.2011年数学大纲全国卷压轴题研究[J].考试(高考·理科)，2011(8)：36-385 张乃贵.圆锥曲线上四点共圆充要条件的探究[J].数学教学，2012(7)：8-10。

二次曲线上的四点共圆问题的完整结论若两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k .结论1 抛物线22y px =的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补.结论 2 圆锥曲线221(0,)mx ny mn m n +=≠≠的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补. 定理1 若两条二次曲线22220()0ax by cx dy e a b a x b y c x d y e '''''++++=≠++++=，有四个交点，则这四个交点共圆.证明 过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)： 2222()()0ax by cx dy e a x b y c x d y e λμ'''''+++++++++= ① 式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，得a b b aλ''-=-,此时曲线①即 220x y c x d y e '''++++= ②的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆.这就证得了四个交点共圆.定理 2 若两条直线:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是12210a b a b +=.证明 由21,l l 组成的曲线即111222()()0a x b y c a x b y c ++++=所以经过它与Γ的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)：22111222()()()0ax by cx dy e a x b y c a x b y c λμ+++++++++= ③。

二次曲线上的四点共圆问题的完整结论百年前，著名教材《坐标几何》(Loney 著)中曾提到椭圆上四点共圆的一个必要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍(椭圆)0,0(12222>>=+b a by a x 上任一点A 的坐标可以表示为∈θθθ)(sin ,cos (b a R )，角θ就叫做点A 的离心角)，证明方法十分巧妙，还要运用高次方程的韦达定理.这一条件是否充分，一直是悬案.在20世纪80年代编写《数学题解辞典(平面解析几何)》时，仍未解决.到20世纪年代初编写《中学数学范例点评》时，才证明了此条件的充分性.[1,2]2016年高考四川卷文科第20题，2011年高考全国大纲卷理科第21题，2005年高考湖北卷理科第21题(也即文科第22题)及2002年高考江苏、广东卷第20题都是关于二次曲线上四点共圆的问题(见文献[3,4]).笔者曾由2005年的这道高考题得出了二次曲线上四点共圆的一个简洁充要条件(其证明也很简洁但有技巧)：若两条直线)2,1)((:00=-=-i x x k y y l i i 与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是021=+k k .文献[2]还用此结论证得了“椭圆上的四点共圆的充要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍”.文献[5]用较长的篇幅得出了下面的两个结论(即原文末的命题7、8)：结论1 抛物线22y px =的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补.结论 2 圆锥曲线221(0,)mx ny mn m n +=≠≠的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补.请注意，文献[5]中所涉及的直线的斜率均存在，所以这两个结论均正确.但不够完整，本文将给出二次曲线上的四点共圆问题的完整结论，即文末的推论4.定理1 若两条二次曲线22220()0ax by cx dy e a b a x b y c x d y e '''''++++=≠++++=，有四个交点，则这四个交点共圆.证明 过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)： 2222()()0ax by cx dy e a x b y c x d y e λμ'''''+++++++++= ①式①左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式①左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，得a b b aλ''-=-,此时曲线①即220x y c x d y e '''++++= ②的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆.这就证得了四个交点共圆.定理 2 若两条直线:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是12210a b a b +=.证明 由21,l l 组成的曲线即111222()()0a x b y c a x b y c ++++=所以经过它与Γ的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式μλ,(不同时为0)：22111222()()()0ax by cx dy e a x b y c a x b y c λμ+++++++++= ③必要性.若四个交点共圆，则存在μλ,使方程③表示圆，所以式③左边的展开式中含xy 项的系数1221()0a b a b μ+=.而0≠μ(否则③表示曲线Γ，不表示圆)，所以12210a b a b +=.充分性.当12210a b a b +=时，式③左边的展开式中不含xy 的项，选1=μ时，再令式③左边的展开式中含22,y x 项的系数相等，即1212a a a b b b λλ+=+，得1212a a b b b aλ-=-. 此时曲线③即220x y c x d y e '''++++= ④的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个交点都在曲线④上，所以曲线④表示圆.这就证得了四个交点共圆.推论 1 若两条直线与二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是这两条直线的斜率均不存在或这两条直线的斜率均存在且互为相反数.证明 设两条直线为:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==，由定理2得，四个交点共圆的充要条件是12210a b a b +=.(1)当12//l l 即1221a b a b =时，得四个交点共圆的充要条件即12210a b a b ==也即120a a ==或120b b ==.(2)当1l 与2l 不平行即1221a b a b ≠时，由12210a b a b +=得12210,0a b a b ≠≠，所以四个交点共圆的充要条件即12120a a b b ⎛⎫⎛⎫-+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭也即直线12,l l 的斜率均存在且均不为0且互为相反数.由此可得欲证成立. 高考题1 (2016年高考四川卷文科第20题)已知椭圆E ：()222210x y a b a b+=>>的一个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点12P ⎫⎪⎭在椭圆E 上. (1)求椭圆E 的方程；(2)设不过原点O 且斜率为12的直线l 与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为M ，直线OM 与椭圆E 交于C ，D ，证明：MA MB MC MD ⋅=⋅.解 (1)(过程略)椭圆E 的方程是2214x y +=. (2)设1,1()A x y ，22(,)B x y ，线段AB 的中点为00(,)M x y . 可得222212121,144x x y y +=+=，把它们相减后分解因式(即点差法)，再得 12121212()()()()4x x x x y y y y +-=-+- 0121212120124()4AB x y y x x k x x y y y -+====--+-0012CD y k x ==- 所以0AB CD k k +=，由推论1得,,,A B C D 四点共圆. 再由相交弦定理，立得=MA MB MC MD ⋅⋅.竞赛题1 (2014年全国高中数学联赛湖北赛区预赛第13题)设A 、B 为双曲线λ=-222y x 上的两点，点N (1,2)为线段AB 的中点，线段AB 的垂直平分线与双曲线交于C 、D 两点.(1)确定λ的取值范围；(2)试判断A 、B 、C 、D 四点是否共圆？并说明理由.简解 (1)用点差法可求得直线AB 的方程是1+=x y ，由直线AB 与双曲线λ=-222y x 交于不同的两点，可得1->λ且0≠λ.得直线CD 的方程是3+-=x y ，由直线CD 与双曲线λ=-222y x 交于不同的两点，可得9->λ且0≠λ.所以λ的取值范围是),0()0,1(+∞⋃-.(2)在(1)的解答中已0AB CD k k +=，所以由推论1立得,,,A B C D 四点共圆.笔者还发现还有一道竞赛题和四道高考题及均是二次曲线上的四点共圆问题，所以用以上定理的证法均可给出它们的简解.这五道题及其答案分别是：高考题2 (2014年高考全国大纲卷理科第21题(即文科第22题))已知抛物线C ：22(0)y px p =>的焦点为F ，直线4y =与y 轴的交点为P ，与C 的交点为Q ，且PQ QF 45=. (1)求C 的方程；(2)过F 的直线l 与C 相交于B A ,两点，若AB 的垂直平分线l '与C 相交于N M ,两点，且N B M A ,,,四点在同一圆上，求l 的方程.(答案：(1)x y 42=；(2)01=--y x 或01=-+y x .)高考题3 (2011年高考全国大纲卷理科第21题(即文科的22题))如图1所示，已知O为坐标原点，F 为椭圆12:22=+y x C 在y 轴正半轴上的焦点，过F 且斜率为2-的直线l 与C 交于B A ,两点，点P 满足=++OP OB OA 0.图1(1)证明：点P 在C 上；(2)设点P 关于点O 的对称点为Q ，证明：Q B P A ,,,四点在同一圆上.高考题4 (2005年高考湖北卷文科第22题(即理科第21题))设B A ,是椭圆λ=+223y x 上的两点，点)3,1(N 是线段AB 的中点，线段AB 的垂直平分线与该椭圆交于D C ,两点.(1)确定λ的取值范围，并求直线AB 的方程；(2)试判断是否存在这样的λ，使得D C B A ,,,四点在同一圆上？并说明理由.(答案：(1)λ的取值范围是),12(+∞，直线AB 的方程是04=-+y x ；(2)当12>λ时时，均有D C B A ,,,四点在同一圆上.)高考题5 (2002年高考江苏卷第20题)设B A ,是双曲线1222=-y x 上的两点，点N )2,1(N 是线段AB 的中点.(1)求直线AB 的方程；(2)如果线段AB 的垂直平分线与双曲线相交于D C ,两点，那么D C B A ,,,四点是否共圆？为什么？(答案：(1)1+=x y ；(2)是.)竞赛题2 (2009年全国高中数学联赛江苏赛区复赛试题第一试第三题)如图2所示，抛物线22y x =及点(1,1)P ，过点P 的不重合的直线12l l 、与此抛物线分别交于点,,,A B C D .证明：,,,A B C D 四点共圆的充要条件是直线1l 与2l 的倾斜角互补.图2推论 2 设二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠上的四个点连成的四边形是圆内接四边形，在该四边形的的两组对边、两条对角线所在的三对直线中：若有一对直线的斜率均不存在，则另两对直线的斜率均存在且均互为相反数；若有一对直线的斜率均存在且均互为相反数，则另两对直线的斜率也均存在且均互为相反数，或另两对直线的斜率中有一对均不存在另一对均存在且互为相反数.证明 设圆内接四边形是四边形ABCD ，其两组对边AB 与CD 、AD 与BC 及对角线AC 与BD 所中的直线分别是 1111:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==2222:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==3333:0(1,2)i i i i l a x b y c i ++==由定理中的充分性知，若四个交点共圆，则以下等式之一成立：1112121121222221313232310,0,0a b a b a b a b a b a b +=+=+=再运用定理2中的必要性知，若四个交点共圆，则以上等式均成立.再由推论1的证明，可得欲证成立.推论2的极限情形是推论3 设点A 是定圆锥曲线(包括圆、椭圆、双曲线和抛物线)C 上的定点但不是顶点，F E 、是C 上的两个动点，直线AF AE 、的斜率互为相反数，则直线EF 的斜率为曲线C 过点A 的切线斜率的相反数(定值).由推论3可立得以下三道高考题中关于定值的答案：高考题6 (2009年高考辽宁卷理科第20(2)题)已知⎪⎭⎫ ⎝⎛23,1A 是椭圆134:22=+y x C 上的定点，F E 、是C 上的两个动点，直线AF AE 、的斜率互为相反数，证明EF 直线的斜率为定值，并求出这个定值.(答案：21.) 高考题7 (2004年高考北京卷理科第17(2)题)如图3，过抛物线)0(22>=p px y 上一定点)0)(,(000>y y x P 作两条直线分别交抛物线于),(),,(2211y x B y x A .当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求021y y y +的值，并证明直线AB 的斜率是非零常数.(答案：00212y p k y y y AB -=-=+；.)图3高考题8 (2004年高考北京卷文科第17(2)题)如图3，抛物线关于x 轴对称，它的顶点在坐标原点，点),(),,(),2,1(2211y x B y x A P 均在抛物线上.当PA 与PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求21y y +的值及直线AB 的斜率.(答案：1421-=-=+AB k y y ；.)推论 4 设二次曲线22:0()ax by cx dy e a b Γ++++=≠上的四个点连成的四边形是圆内接四边形，则该四边形只能是以下三种情形之一：(1)两组对边分别与坐标轴平行的矩形；(2)底边与坐标轴平行的等腰梯形；(3)两组对边均不平行的四边形，但在其两组对边、两条对角线所在的三对直线中，每对直线的斜率均存在且均不为0且均互为相反数.证明 推论2中的圆内接四边形，只能是以下三种情形之一：(1)是平行四边形.由推论2知，该平行四边形只能是两组对边分别与坐标轴平行的矩形.(2)是梯形.由推论2知，该梯形的底边与坐标轴平行，两腰所在直线的斜率及两条对角线所在直线的斜率均存在且均不为0且均互为相反数，可得该梯形是底边与坐标轴平行的等腰梯形.(3)两组对边均不平行的四边形.由推论2知，该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中，每对直线的斜率均存在且均不为0且均互为相反数.(本文中的所有结论及部分题目在文献[6]中均有论述.)参考文献1 陈振宣.圆锥曲线上四点共圆的充要条件[J].数学教学，2007(2)：332 甘志国著.初等数学研究(II)下[M ] .哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.62-633 甘志国.对一道高考题的研究[J].数学通讯，2005(22):214 甘志国.2011年数学大纲全国卷压轴题研究[J].考试(高考·理科)，2011(8)：36-385 张乃贵.圆锥曲线上四点共圆充要条件的探究[J].数学教学，2012(7)：8-106 甘志国.二次曲线上的四点共圆问题的完整结论[J].数学通讯，2013(7下):40-41。

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F 1，F 2分别为双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0，b >0)的左右焦点，点P 为双曲线右支上一点，直线PF 1交y 轴于点Q ，且点O ，Q ，P ，F 2四点共圆(其中O 为坐标原点)，若射线F 2Q是∠PF 2F 1的角平分线，则双曲线的离心率为()A ．2+1B ．3+1C ．2D ．52【答案】B 【分析】由O ，Q ，P ，F 2四点共圆得到∠QPF 2=∠QOF 2=π2，结合射线F 2Q 是∠PF 2F 1的角平分线以及双曲线的性质求得∠PF 1F 2=∠QF 2F 1=∠PF 2Q =π6，由此求得PF 1 ,PF 2 ，结合双曲线的定义求得双曲线的离心率.【详解】因为点O ，Q ，P ，F 2四点共圆，所以∠QPF 2=∠QOF 2=π2．因为射线F 2Q 是∠PF 2F 1的角平分线，所以∠PF 2Q =∠QF 2F 1，由双曲线的对称性知∠PF 1F 2=∠QF 2F 1，所以∠PF 1F 2=∠QF 2F 1=∠PF 2Q =π6，F 1F 2 =2c ，因此PF 2 =c ，PF 1 =3c ，从而2a =PF 1 -PF 2 =3c -c ，因此离心率e =ca=23-1=3+1.故选：B2．(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xOy 中，已知椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的上下顶点分别为A ,B ，右顶点为C ，右焦点为F ，延长BF 与AC 交于点P ，若O ,F ,P ,A 四点共圆，则该椭圆的离心率为()A ．2-12B ．3-12C ．5-12D ．5-22【答案】C 【分析】由O ,F ,P ,A 四点共圆，可得AC ⊥BF ，即k AC ⋅k BF =-1，列等式即可求解.【详解】如图，A 0,b ，B 0,-b ，C a ,0 ，F c ,0 ，因为O ,F ,P ,A 四点共圆，∠AOC =π2,所以∠APF =π2，所以AC ⊥BF ，即k AC ⋅k BF =-1，b -00-a ⋅0--b c -0=-1，整理可得b 2=ac ，所以a 2-c 2=ac ，e 2+e -1=0，解得e =-1±52，因为0<e <1，所以e =5-12.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F 1，F 2为双曲线C ：x 2-y24=1的左、右焦点，在双曲线右支上取一点P ，使得PF 1⊥PF 2，直线PF 2与y 轴交于点Q ，连接QF 1，△PQF 1，的内切圆圆心为I ，则下列结论正确的有()A ．F 1，F 2，P ，I 四点共圆B ．△PQF 1的内切圆半径为1C ．I 为线段OQ 的三等分点D ．PF 1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|PF 1|=4，|PF 2|=2，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Rt △F 1PF 2∽Rt △QOF 2可判断C 、D .【详解】解析：由勾股定理及双曲线的定义可得：|PF 1|=4，|PF 2|=2对于A ：易知I 在y 轴上，由对称性可得∠GF 1I =∠EF 1I =∠IF 2Q ，则∠F 1IF 2=90°，可知F 1，F 2，P ，I 四点共于以F 1F 2为直径的圆上；A 正确对于B ：r =|PF 1|+|PQ |-|F 1Q |2=|PF 1|+|PQ |-|F 2Q |2=|PF 1|-|PF 2|2=a =1，正确对于C ：Rt △F 1PF 2∽Rt △QOF 2⇒|F 1P ||QO |=|PF 2||OF 2|⇒|QO |=25=2|OI |，故I 为QO 中点，C 错误．D 显然正确．故选：ABD4．(2021·江苏海安·模拟预测)已知双曲线x 24-y 25=1，P x 0,y 0 为双曲线上一点，过P 点的切线为l ，双曲线的左右焦点F 1，F 2到直线l 的距离分别为d 1，d 2，则()A ．d 1d 2=5B ．直线l 与双曲线渐近线的交点为M ，N ，则M ，N ，F 1，F 2四点共圆C ．该双曲线的共轭双曲线的方程为y 24-x 25=1D ．过F 2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l 的方程5x 0x -4y 0y =20，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M ,N 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x 24-y 25=1的焦点坐标为F 1-3,0 ，F 23,0 ，对于A 中，由双曲线的性质，可得切线l 的方程为x 0x4-y 0y 5=1，即5x 0x -4y 0y =20，则d 1d 2=-15x 0-205x 02+4y 02⋅15x 0-2025x 20+16y 20=259x 20-16 25x 20+16y 20=259x 20-16 25x 20+5x 20-20 ⋅4=5，所以A 正确对于B 中，联立方程组5x 0x -4y 0y =20y =52x，可得M 455x 0-2y 0,105x 0-2y 0，又由5x 0x -4y 0y =20y =-52x，可得N 455x 0+2y 0,-105x 0+2y 0，k MF 1=105x 0-2y 0455x 0-2y 0+3=1045+35x 0-6y 0，k MF 2=105x 0-2y 0455x 0-2y 0-3=1045-35x 0+6y 0，tan ∠F 1MF 2=1045-35x 0+6y 0-1045+35x 0-6y 01+10045+35x 0-6y 0 45-35x 0+6y 0=605x 0-2y 0 180-35x 0-6y 0 2，k NF 1=-105x 0+2y 0455x 0+2y 0+3=-1045+35x 0+6y 0，k NF 2=-105x 0+2y 0455x 0+2y 0-3=-1045-35x 0-6y 0则tan ∠F 1NF 2=-1045+35x 0+6y 0+1045-35x 0-6y 01+10045 2-35x 0+6y 02=605x 0+2y 0 180-35x 0+6y 0 2tan ∠F 1MF 2+tan ∠F 1NF 2=605x 0-2y 0 180-35x 0+6y 0 2 +605x 0+2y 0 180-35x 0-6y 0 180-35x 0-6y 0 2 180-35x 0+6y 0 2=605x 0-2y 0 180-95x 0+2y 0 2 +5x 0+2y 0 180-95x 0-2y 0 2 =5405x 0-2y 0 20-5x 0+2y 0 2 +5x 0+2y 0 20-5x 0-2y 0 2=540205x 0-40y 0-5x 20-4y 20 5x 0+2y 0 +205x 0+40y 0-5x 20-4y 20 5x 0-2y 0 =540405x 0-205x 0+2y 0-205x 0-2y 0 =0，∴tan ∠F 1MF 2+tan ∠F 2NF 2=0，∠F 1MF 2+∠F 2NF 2=180°，∴M ，N ，F 1，F 2四点共圆，B 正确.对于C中，双曲线x24-y25=1的共轭双曲线为y25-x24=1，所以C错误对于D中，由双曲线x24-y25=1，可得a=2,b=5，则c=a2+b2=3，可得2a=4<5，且通经长2b2a=5，所以过F2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M455x0-2y0,105x0-2y0，N455x0+2y0,-105x0+2y0，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xOy中，抛物线y2=4x上不同的三点A(1,2)，B x1,y1，C x2,y2，满足AB⊥BC，y1y2≠0，且O，A，B，C四点共圆，则直线BC的方程是___________；四边形OABC的面积为___________．【答案】y=-2x+2490【分析】结合AB⊥BC，O,A,B,C四点共圆，由k OA⋅k OC=-1求得y2，进而求得C的坐标，由k AB⋅k BC=-1求得y1，进而求得B点坐标.由B,C的坐标求得直线BC的方程.求得OA,OC,AB,BC，由此求得四边形OABC的面积.【详解】依题意有∠AOC=∠ABC=π2，则k OA⋅k OC=2y2x2=2y2y224=8y2=-1，得y2=-8,x2=y224=16，又有k AB=y1-2x1-1=4y1+2，k BC=y1-y2x1-x2=4y1+y2=4y1-8，所以4y1+2⋅4y1-8=-1，解得y1=6或y1=0(舍)，x1=y214=9.故可知B(9,6)，C(16,-8)，则有直线BC的方程为y-6=-8-616-9x-9，即y=-2x+24；易知OA=5，OC=85，AB=45，BC=75，所以S四边形OABC=12(OA×OC+AB×BC)=90．故答案为：y=-2x+24；90四、填空题6．(2021·广西·模拟预测(理))过F a 2+b 2,0 作与双曲线x 2a 2-y 2b2=1(a >0，b >0的两条渐近线平行的直线，分别交两渐近线于A 、B 两点，若OAFB 四点共圆(为坐标原点)，则双曲线的离心率为______．【答案】2【分析】联立OA 直线、与FA 直线，求出A 点的坐标，联立OB 直线、与FB 直线，求出B 点的坐标，观察坐标可知，四边形OAFB 为菱形，其外接圆圆心在AB 、OF 的交点处，再结合OA ⋅OB 的数量积为0，即可求解．【详解】解：由题意可得F c ,0 ，∵直线OA 、OB 都平行于渐近线，∴可设直线OA 的方程为y =b a x ，直线OB 的方程为y =-bax ，∴过点F 平行与OA 的直线FB 的方程为y =ba x -c ，过点F 平行与OB 的直线FA 的方程为y =-bax -c ，分别联立方程y =b a x y =-b a x -c ，y =-b a xy =b ax -c，解得A c 2,bc 2a ，B c 2,-bc2a ，即线段AB 与OF 互相垂直平分，则四边形OAFB 为菱形，其外接圆圆心在AB 、OF 的交点处，∴OA ⊥AF ，则OA ⋅AF =c 24-b 2⋅c 24a 2=0即a =b ，∵c 2=a 2+b 2=2a 2，c =2a ，∴双曲线的离心率e =c a =2aa=2，故答案为：2．7．(2021·浙江·高二单元测试)在平面直角坐标系xOy 中，已知直线l :x +2y =4与x 轴交于A 点，直线m :kx +y -1=0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】(x -2)2+y -122=174【分析】由题意得AB 为直径，且直线l 与m 垂直故k =-2，得B (0,1)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OA ⊥OB ，所以CB ⊥CA ，则直线l 与m 垂直故k =-2，又B (0,1)，A 4,0此圆的圆心为2,12 ，半径为r =12AB =172，所以圆的标准方程为(x -2)2+y -12 2=174.故答案为：(x -2)2+y -12 2=174五、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x 2a 2+y 2b2=1a >b > 的焦距为2，O 为坐标原点，F 为右焦点，点E 1,32在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)若直线l 的方程为x =4，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S 1，△QSO 的面积为S 2，求S 1S 2的取值范围．【答案】(1)x 24+y 23=1(2)①证明见解析，②916,1.【分析】(1)设椭圆的左焦点为F，利用2a =EF+EF 求解即可；(2)①设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，M x 0,y 0 ，直线AB 的斜率为k ，由点差法可得直线MO 的斜率为-34k，然后根据斜率可证明PR ⊥OQ 、QS ⊥OP ，即可得证；②由①可知：△QRF ~△QSO ，所以S 1S 2=RF 2SO2，然后可算出RF 2=k 21+k 2，SO 2=16k 29+16k 2，然后S 1S 2=RF 2SO2=9+16k 2161+k 2 =11616-71+k 2 ，即可求得答案.(1)设椭圆的左焦点为F，由题意可知F-1,0 ，F 1,0 根据定义，可求得2a =EF+EF =4，∴a =2，∴b =3，∴椭圆的标准方程为x 24+y 23=1(2)①设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，M x 0,y 0 ，直线AB 的斜率为k ，则有x 214+y 213=1x 224+y 223=1，作差得：x 21-x 224+y 21-y 223=0两边同除x 1-x 2，可得：x 04+y 03⋅k =0，即k ⋅y 0x 0=-34，所以直线MO 的斜率为-34k ，MO 的方程为y =-34kx 所以P 4,-3k ，所以直线PF 的斜率为-1k ，因为k ⋅-1k=-1，所以PR ⊥OQ由OQ ⎳AB 可求得Q 4,4k ，所以直线QF 的斜率为4k3，因为-34k ⋅4k3=-1，所以QS ⊥OP 综上，O ，S ，F ，R 四点共圆，OF 为圆的一条直径.②由①可知：△QRF ~△QSO ，所以S 1S 2=RF 2SO 2，由于直线PF 的方程为x +ky -1=0，直线OP 的方程为3x +4y =0，由垂径定理可知，RF 2=4⋅12 2-12-1 1+k 2 2=k 21+k 2，SO 2=4⋅12 2-329+16k 2 2=16k 29+16k 2，又因为k ≠0，所以S 1S 2=RF 2SO2=9+16k 2161+k 2 =11616-71+k 2 ∈916,1 ，综上，S 1S 2的取值范围为916,1 .9．(2021·吉林·梅河口市第五中学高二月考)已知双曲线C ：2x 2-y 2=2与点P 1,2 ．(1)是否存在过点P 的弦AB ，使得AB 的中点为P ；(2)如果线段AB 的垂直平分线与双曲线交于C 、D 两点，证明：A 、B 、C 、D 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x 2-y 22=1，∴a 2=1，b 2=2．设存在过点P 的弦AB ，使得AB 的中点为P ，设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，x 21-y 212=1，x 22-y 222=1两式相减得y 1-y 2x 1-x 2⋅y 1+y 2x 1+x 2=b 2a 2，即k AB ⋅21=b 2a2得：k ⋅2=2，∴k =1．∴存在这样的弦．这时直线l 的方程为y =x +1．(2)设CD 直线方程为x +y +m =0，则点P 1,2 在直线CD 上．则m =-3，直线CD 的方程为x +y -3=0，设C x 3,y 3 ，D x 4,y 4 ，CD 的中点为Q x 0,y 0 ，x 23-y 232=1，x 24-y 242=1两式相减得k CD ⋅y 0x 0=b 2a2，则-1⋅y 0x 0=2，则y 0=-2x 0又因为Q x 0,y 0 在直线CD 上有x 0+y 0-3=0，解得Q -3,6 ，x -y +1=02x 2-y 2=2 ，解得A -1,0 ，B 3,4 ，x +y -3=02x 2-y 2=2，整理得x 2+6x -11=0，则x 3+x 4=-6x 3⋅x 4=-11 则CD =1+k 2x 3-x 4 =410由距离公式得QA =QB =QC =QD =210所以A 、B 、C 、D 四点共圆．10．(2021·福建福州·模拟预测)已知斜率为k 的直线交椭圆3x 2+y 2=λ(λ>0)于A ，B 两点，AB 的垂直平分线与椭圆交于C ，D 两点，点N 1,y 0 是线段AB 的中点．(1)若y 0=3，求直线AB 的方程以及λ的取值范围；(2)不管λ怎么变化，都有A ，B ，C ，D 四点共圆，求y 0的取值范围．【答案】(1)y =-x +4，λ>12；(2)-3,3 ；【分析】(1)当y 0=3时，写出直线AB 方程，联立韦达定理，根据点N 1,y 0 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λ的取值范围；(2)若A ，B ，C ，D 四点共圆，则有CD22=d 2+AB22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λ怎么变化，式子恒成立，所以可以求得k 2=1，进而求得y 0的取值范围.【详解】(1)因为直线AB 过点N 1,3 ，所以直线AB 方程为：y =k (x -1)+3，联立椭圆方程3x 2+y 2=λ(λ>0)得到：(3+k 2)x 2+2k (3-k )x +(3-k )2-λ=0，设点A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ,由韦达定理可知：x 1+x 2=2k (k -3)3+k 2=2，解得k =-1，所以直线AB 方程为：y =-1×(x -1)+3即y =-x +4，将k =-1代入方程(3+k 2)x 2+2k (3-k )x +(3-k )2-λ=0，得到4x 2-8x +16-λ=0，则Δ=-8 2-4×4×(16-λ)>0，解得λ>12，所以λ的取值范围为λ>12.(2)设直线AB 方程y =k (x -1)+y 0，联立椭圆方程3x 2+y 2=λ(λ>0)得到：(3+k 2)x 2+2k (y 0-k )x +(y 0-k )2-λ=0，由韦达定理可知：x 1+x 2=2k (k -y 0)3+k 2=2，即-ky 0=3，x 1x 2=(y 0-k )2-λ3+k 2，则AB =1+k 2x 1-x 2 =1+k 2(x 1+x 2)2-4x 1x 2=1+k 2×2k (k -y 0)3+k 2 2-4(y 0-k )2-λ 3+k 2=1+k 23+k2×2k (k -y 0)2-4(3+k 2)(y 0-k )2-λ=21+k 23+k 2×-3(y 0-k )2+3+k 2 λ=21+k 23+k 2×-3-3k -k 2+3+k 2 λ=21+k 23+k 2×λ-3-9k 2，所以CD =21+-1k 23+-1k2×-3y 0+1k 2+3+-1k 2 λ=21+k 23k 2+1×-12+λ(1+3k 2)，CD 中点P 坐标等于x 3=-1k -1k -y 0 3+-1k2=1+ky 03k 2+1=-23k 2+1，点P 到AB 距离等于d =1+-1k 21--23k 2+1=1+k 2k 2×3(1+k 2)1+3k 2，因为A ，B ，C ，D 四点共圆等价于CD 2 2=d 2+AB 22,即1+k 23k 2+1×-12+λ(1+3k 2)2=1+k 2k 2×3(1+k 2)1+3k 22+1+k 23+k2×λ-3-9k 22整理得1+k 23k 2+1 2×-12+λ(1+3k 2) =1+k 2k 2×9(1+k 2)21+3k 22+1+k 23+k 2×λ-3-9k 2 ，即不管λ怎么变化，都有上式成立，则1+k 23k 2+1=1+k 23+k2，解得k 2=1，代入方程(3+k 2)x 2+2k (y 0-k )x +(y 0-k )2-λ=0，使得Δ=4k 2(y 0-k )2-4(3+k 2)((y 0-k )2-λ)>0，解得λ>12，满足题意所以y 0的取值范围为：-3,3 .【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P 与定点F 3,0 的距离和P 到定直线l :x =433的距离的比是32.(1)求动点P 的轨迹方程；(2)设动点P 的轨迹为曲线C ，不过原点O 且斜率为12的直线l 与曲线C 交于不同的两点A ，B ，线段AB 的中点为M ，直线OM 与曲线C 交于C ,D 两点，证明：A ，B ，C ，D 四点共圆.【答案】(1)x 24+y 2=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MA ⋅MB ,MC ⋅MD ，最后证明两者相等即可.【详解】解：(1)设P (x ,y )，因为动点P 与定点F 3,0 的距离和P 到定直线l :x =433的距离的比是32，所以(x -3)2+y 2x -433=32，整理化简得x 24+y 2=1.所以动点P 的轨迹方程为：x 24+y 2=1.(2)设直线l 的方程为y =12x +m m ≠0 ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，由方程组x 24+y 2=1,y =12x +m ,得x 2+2mx +2m 2-2=0，①方程①的判别式为Δ=42-m 2，由Δ>0，即2-m 2>0，解得-2<m <2.由①得x 1+x 2=-2m ，x 1x 2=2m 2-2.所以M 点坐标为-m ,m 2 ，直线OM 方程为y =-12x ，由方程组x 24+y 2=1,y =-12x ,得C -2,22 ，D 2,-22.所以MC ⋅MD =52-m +2 ⋅522+m =542-m 2.又MA ⋅MB =14AB 2=14x 1-x 2 2+y 1-y 2 2=516x 1+x 2 2-4x 1x 2 =5164m 2-42m 2-2 =542-m 2 .所以MA ⋅MB =MC ⋅MD .所以A ，B ，C ，D 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F 1-1,0 、F 21,0 ，椭圆上的动点M 满足MF 1 +MF 2 =2F 1F 2 ，A 、B 分别为椭圆的左、右顶点，O 为坐标原点.(1)求椭圆的方程及离心率；(2)若直线l :x =6与AM 交于点P ，l 与x 轴交于点H ，OP 与BM 的交点为S ，求证：B 、S 、P 、H 四点共圆.【答案】(1)椭圆的方程为x 24+y 23=1，离心率为12；(2)证明见解析.【分析】(1)根据椭圆的定义求出a 的值，结合已知条件可得c 的值，进而可求得b 的值，可得出椭圆的方程及其离心率；(2)计算得出k AM ⋅k BM =-34，可设直线AM 的方程为y =k x +2 k ≠0 ，与直线l 的方程联立，求出点P 的坐标，利用斜率关系得出OP ⊥BM ，由此可证得结论成立.【详解】(1)由椭圆的定义可得2a =MF 1 +MF 2 =2F 1F 2 =4c =4，∴a =2，则b =a 2-c 2=3，所以，椭圆的方程为x 24+y 23=1，该椭圆的离心率为e =c a =12；(2)设点M x 0,y 0 ，则x 204+y 203=1，则k AM =y 0x 0+2，k BM =y 0x 0-2，所以，k AM ⋅k BM =y 20x 20-4=y 204-43y 20-4=-34，设直线AM 的方程为y =k x +2 k ≠0 ，联立y =k x +2 x =6，可得x =6y =8k ，即点P 6,8k ，k OP =8k 6=4k3，而k BM =-34k AM =-34k，所以，k OP k BM =-1，则∠BSP =90°，易知∠BHP =90°，所以，B 、S 、P 、H 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l :y =x +m 交抛物线C :y 2=4x 于A ､B 两点.(1)设直线l 与x 轴的交点为T ，若AT =2TB，求实数m 的值；(2)若点M ､N 在抛物线C 上，且关于直线l 对称，求证：A ､B ､M ､N 四点共圆：(3)记F 为抛物线C 的焦点，过抛物线C 上的点P ､Q 作准线的垂线，垂足分别为点U ､V ，若△UVF 的面积是△PQF 的面积的两倍，求线段PQ 中点的轨迹方程.【答案】(1)m =-8；(2)证明见解析；(3)y 2=2x -2 或y 2=2x x ≠0 .【分析】(1)联立直线l :y =x +m 与抛物线C :y 2=4x ，韦达定理得到y 1+y 2=4,y 1y 2=4m ，再利用AT =2TB 化简得到4+y 2=0，从而求出y 1=8，最后带回韦达定理求出实数m 的值；(2)通过证明MA ⋅MB=0得到MA ⊥MB ，同理NA ⊥NB ，于是点M ,N 在以AB 为直径的圆上，即A ,B ,M ,N 四点共圆；(3)根据△UVF 的面积是△PQF 的面积的两倍求得直线PQ 与x 轴的交点为D 0,0 或D 2,0 ，再根据直接法求出线段PQ 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y =x +m ,y 2=4x ,得y 2-4y +4m =0.设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则y 1+y 2=4,y 1y 2=4m .因为直线l 与C 相交，所以Δ=16-16m >0，得m <1.由AT =2TB ，得y 1+2y 2=0，所以4+y 2=0，解得y 2=-4，从而y 1=8，因为y 1y 2=4m ，所以4m =-32，故m =-8.(2)设M x 3,y 3 ,N x 4,y 4 ，因为M ,N 两点关于直线y =x +m 对称，则y 4-y 3x 4-x 3=y 4-y 3y 424-y 324=4y 4+y 3=-1，故y 3+y 4=-4.又y 4+y 32=x 4+x 32+m ,于是-2=x 4+x 32+m ，即x 4=-4-2m -x 3.由点N 在抛物线上，有-4-y 3 2=4-4-2m -x 3 .因为y 23=4x 3，所以y 23+4y 3+16+4m =0，于是MA ⋅MB=x 1-x 3 x 2-x 3 +y 1-y 3 y 2-y 3 =y 214-y 234 y 224-y 234+y 1-y 3 y 2-y 3=y 1-y 3 y 2-y 3 16y 1+y 3 y 2+y 3 +16 =y 1-y 3 y 2-y 3 16y 1y 2+y 3y 1+y 2 +y 23+16 =y 1-y 3 y 2-y 3 164m +4y 3+y 23+16 =0因此MA ⊥MB ，同理NA ⊥NB ，于是点M ,N 在以AB 为直径的圆上，即A ,B ,M ,N 四点共圆.(3)易知F 1,0 .设P p 2,2p ,Q q 2,2q ，则U -1,2p ,V -1,2q .设直线PQ 与x 轴的交点为D x 1,0 ，则S △PQF =122p -2q FD = p -q 1-x 1 ,S △UVF =12UV ∥1--1 =2p -q 由题设S △UVF =2S △PQF ，可得1-x 1 =1，所以x 1=0或x 1=2.设线段PQ 的中点为R x ,y ，有当x 1=2时，当PQ 与x 轴不垂直时，由k PQ =k DR 可得2q -p q 2-p2=yx -2x ≠2 ，即2q +p =y x -2x ≠2 .而y =2p +2q 2=p +q ，所以y 2=2x -2 x ≠2 .同理，当x 1=0时，y 2=2x x ≠0 .当PQ 与x 轴垂直时，R 与D 2,0 重合.符合y 2=2x -2 .综上，线段PQ 的中点的轨迹方程y 2=2x -2 或y 2=2x x ≠0 .【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y 2=4x 上各点向x 轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线P ．(1)求曲线P 的方程，并说明曲线P 是什么曲线；(2)过点M 2,0 的直线l 交曲线P 于两点A 、B ，线段AB 的垂直平分线交曲线P 于两点C 、D ，探究是否存在直线l 使A 、B 、C 、D 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P 的方程为y 2=x ，曲线P 是焦点为14,0 的抛物线；(2)存在；圆N 的方程为x -722+y +12 2=132或x -72 2+y -12 2=132．【分析】(1)设抛物线y 2=x 上的任意点为S x 0,y 0 ，垂线段的中点为x ,y ，根据中点坐标公式得出x =x 0y =y 02，代入等式y 20=4x 0化简可得出曲线P 的方程，进而可得出曲线P 的形状；(2)设直线l 的方程为x =ty +2，将直线l 的方程与曲线P 的方程联立，列出韦达定理，求出AB ，求出线段AB 的中点的坐标，进一步求出线段AB 的中垂线CD 的方程，求出CD ，根据四点共圆结合垂径定理可得出关于t 的等式，求出t 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y 2=x 上的任意点为S x 0,y 0 ，垂线段的中点为x ,y ，故x =x 0y =y 02，则x 0=x y 0=2y ，代入y 20=4x 0得2y 2=4x ，得曲线P 的方程为y 2=x ，所以曲线P 是焦点为14,0 的抛物线；(2)若直线l 与x 轴重合，则直线l 与曲线P 只有一个交点，不合乎题意.设直线l 的方程为x =ty +2，根据题意知t ≠0，设A x 1,y 1 、B x 2,y 2 ，联立y 2=x x =ty +2 ，得y 2-ty -2=0，Δ=t 2+8>0，则y 1+y 2=t ，y 1⋅y 2=-2，则AB =1+t 2⋅y 1-y 2 =1+t 2y 1+y 2 2-4y 1y 2=t 2+1 t 2+8 ，且线段AB 中点的纵坐标为y 1+y 22=t 2，即x 1+x 22=t ⋅y 1+y 22+2=t 22+2，所以线段AB 中点为M t 22+2,t2，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，可设直线CD 的方程为x =-1ty +m ，则t 22+2=-1t ×t 2 +m ，故m =t 2+52，联立y 2=xx =-1t y +t 2+52，得2ty 2+2y -t t 2+5 =0，设C x 3,y 3 、D x 4,y 4 ，则y 3+y 4=-1t ，y 3⋅y 4=-12t 2+5 ，故CD =1+1t 2y 3-y 4 =1+1t 2y 3+y 4 2-4y 3y 4=1+1t 2 1t 2+2t 2+10 ，线段CD 中点为N 12t2+t 2+52,-12t ，假设A 、B 、C 、D 四点共圆，则弦AB 的中垂线与弦CD 中垂线的交点必为圆心，因为CD 为线段AB 的中垂线，则可知弦CD 的中点N 必为圆心，则AN =12CD ，在Rt △AMN 中，AN 2=AM 2+MN 2，所以12CD 2=AM 2+MN 2，则141+1t 2 1t 2+2t 2+10 =14t 2+1 t 2+8 +12t2+12 2+t 2+12t 2，故t 4+8t 2-1-8t 2=0，即t 6+8t 4-t 2-8t 2=t 2-1 t 4+9t 2+8 t 2=0，解得t 2=1，即t =±1，所以存在直线l ，使A 、B 、C 、D 四点共圆，且圆心为弦CD 的中点N ，圆N 的方程为x -72 2+y +12 2=132或x -72 2+y -12 2=132．【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Q 的坐标x 、y 表示相关点P 的坐标x 0、y 0，然后代入点P 的坐标x 0,y 0 所满足的曲线方程，整理化简可得出动点Q 的轨迹方程；(4)参数法：当动点坐标x 、y 之间的直接关系难以找到时，往往先寻找x 、y 与某一参数t 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P ：y 2=2px (p >0)上的点34,a到其焦点的距离为1．(Ⅰ)求p 和a 的值；(Ⅱ)求直线l ：y =x +m 交抛物线P 于两点A 、B ，线段AB 的垂直平分线交抛物线P 于两点C 、D ，求证：A 、B 、C 、D 四点共圆．【答案】(Ⅰ)p =12，a =±32；(Ⅱ)证明见解析.【分析】(Ⅰ)根据抛物线的定义可得点34,a到其焦点的距离等于该点到准线距离，即可求出p ，从而得到抛物线方程，再计算出参数a 的值；(Ⅱ)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出线段AB 的中点M 的坐标，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，直线CD 的方程为y =-x +1-m ，设C x 3,y 3 ，D x 4,y 4 ，求出线段CD 的中点坐标，再利用勾股定理计算可得；【详解】解：(Ⅰ)y 2=2px 的准线为x =-p2，因为点34,a到其焦点的距离等于该点到准线距离，所以p 2+34=1，故p =12，即y 2=x ，又34,a 在y 2=x 上，所以a =±32；(Ⅱ)设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，联立y 2=x x =x +m ，得y 2-y +m =0，则y 1+y 2=1，y 1⋅y 2=m ，且1-4m >0，即m <14，则AB =1+12y 1-y 2 =2-8m ，且线段AB 中点的纵坐标为y 1+y 22=12，则x =12-m ，所以线段AB 中点为M 12-m ,12，因为直线CD 为线段AB 的垂直平分线，直线CD 的方程为y =-x +1-m ，联立y 2=x y =-x +1-m ，得y 2+y +m -1=0，设C x 3,y 3 ，D x 4,y 4 ，则y 3+y 4=-1，y 3⋅y 4=m -1故CD =1+112y 3-y 4 =10-8m ，线段CD 中点为N 32-m ,-12 ，因为12CD 2=1410-8m =5-4m2，AN 2=AM 2+MN 2=122-8m 2+2=5-4m 2，所以AN =12CD ，所以点A 在以CD 为直径的圆上，同理点B 在以CD 为直径的圆上，所以A 、B 、C 、D 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 |=x 1+x 2+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l :y =x +m 交抛物线C :y 2=4x 于A ,B 两点．(1)设直线l 与x 轴的交点为T ．若AT =2TB ，求实数m 的值；(2)若点M ,N 在抛物线C 上，且关于直线l 对称，求证：A ,B ,M ,N 四点共圆．【答案】(1)m =-8；(2)证明见解析．【分析】(1)设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，直线方程代入抛物线方程后由判别式得m 的范围，由韦达定理得y 1+y 2,y 1y 2，再由向量的数乘可得y 1+2y 2=0，结合韦达定理可得y 1,y 2,m 值；(2)设M x 3,y 3 ,N x 4,y 4 ，由对称性得y 4=-4-y 3，x 4=-4-2m -x 3．再由M ,N 在抛物线上，代入变形得y 3与m 的关系，然后计算MA ⋅MB，得MA ⊥MB ，同理NA ⊥NB ，得证四点共圆．【详解】解：由y =x +m y 2=4x得y 2-4y +4m =0．设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则y 1+y 2=4,y 1y 2=4m ．因为直线l 与C 相交，所以Δ=16-16m >0,得m <1．(1)由AT =2TB ，得y 1+2y 2=0，所以4+y 2=0，解得y 2=-4,从而y 1=8，因为y 1y 2=4m ,所以4m =-32,解得m =-8．(2)设M x 3,y 3 ,N x 4,y 4 ，因为M ,N 两点关于直线y =x +m 对称，则y 4-y 3x 4-x 3=y 4-y 3y 424-y 324=4y 4+y 3=1解得y 4=-4-y 3．又y 4+y 32=x 4+x 32+m于是-4-y 3+y 32=x 4+x 32+m解得x 4=-4-2m -x 3．又点N 在抛物线上，于是(-4-y 3)2=4(-4-2m -x 3)．因为y 32=4x 3,所以y 32+4y 3+16+4m =0，于是MA ⋅MB=(x 1-x 3)(x 2-x 3)+(y 1-y 3)(y 2-y 3)=y 124-y 324 y 224-y 324(y 1-y 3)(y 2-y 3)=(y 1-y 3)y 2-y 3 16y 1-y 3 y 2-y 3 +16=(y 1-y 3)y 2-y 3 16y 1y 2+y 3y 1+y 2 +y 32+16=(y 1-y 3)y 2-y 3 164m +4y 3+y 32+16 =0因此MA ⊥MB ，同理NA ⊥NB ,于是点M ,N 在以AB 为直径的圆上，即A ,B ,M ,N 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A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理可得y 1+y 2,y 1y 2，再利用向量的线性运算求得y 1,y 2关系，从而可求得y 1,y 2,m 值．17．(2021·全国·高三专题练习(理))已知抛物线E :y 2=4x 的焦点为F ，准线为l ，O 为坐标原点，过F 的直线m 与抛物线E 交于A 、B 两点，过F 且与直线m 垂直的直线n 与准线l 交于点M ．(1)若直线m 的斜率为3，求|AF ||BF |的值；(2)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)|AF ||BF |=3或|AF ||BF |=13；(2)y =±2(x -1)．【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x =ty +1，用t 表示M ,N 坐标，再结合条件得到OM ⋅ON=0，建立关于t 的方程即可获解.【详解】(1)设|AF ||BF |=λ，当λ>1时，设|BF |=k >0，则|AF |=λk ，∵直线m 的斜率为3，∴直线m 的倾斜角为60°，由抛物线的定义，有AB ⋅cos60°=AF +BF ⋅cos60°=λk +k ×12=λk -k ，∴λ+12=λ-1，解得：λ=3，若0<λ<1时，同理可得：λ=13，∴|AF ||BF |=3或|AF ||BF |=13．(2)设直线m 的方程为x =ty +1，代入y 2=4x ，得y 2-4ty -4=0．设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ，则y 1+y 2=4t ,y 1y 2=-4．由y 21=4x 1,y 22=4x 2，得x 1+x 2=y 214+y 224=y 1+y 2 2-2y 1y 24=(4t )2-2×(-4)4=4t 2+2，所以N 2t 2+1,2t ．因为直线m 的斜率为1t，所以直线n 的斜率为-t ，则直线n 的方程为y =-t (x -1)．由x =-1，y =-t (x -1)，解得M (-1,2t )．若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN ⊥FM ，得OM ⊥ON ，则OM ⋅ON =-1×2t 2+1 +2t ⋅2t =2t 2-1=0，解得t =±22，所以直线m 的方程为y =±2(x -1)．【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C :y 2=2px (p >0)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AF ⊥x 轴时，|MN |=4．(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)y 2=4x ；(2)证明见解析.【分析】(1)当AF ⊥x 轴时得A ，B 点坐标及圆的方程，即|MN |=|AB |=2p =4可得答案；(2)设点A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，M x 3,0 ，N x 4,0 ，直线AB :x =my +1与抛物线方程联立y 1+y 2、y 1⋅y 2，y 1和x 1+x 2，圆的方程并令y =0，得x 3+x 4，x 3⋅x 4，即B ，H ，P ，M 四点共圆等价于HG ⊥AB ，再证明存在唯一直线AB 满足HG ⊥AB 可得答案.【详解】(1)当AF ⊥x 轴时，Ap 2,p，B p2,-p 故圆的方程为x -p 22+y 2=p 2，即|MN |=|AB |=2p =4，得p =2，故抛物线C 的方程为y 2=4x ；(2)设点A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，M x 3,0 ，N x 4,0 ，直线AB :x =my +1，联立y 2=4x x =my +1得：y 2-4my -4=0，Δ=16m 2+1 >0，y 1+y 2=4m ，y 1⋅y 2=-4，所以y 1=4m +4m 2+12=2m +2m 2+1，∴x 1+x 2=m y 1+y 2 +2=4m 2+2，故圆心2m 2+1,2m ，半径r =12|AB |=12m 2+116m 2+1 1=2m 2+1 ，即圆的方程为x -2m 2-1 2+(y -2m )2=4m 2+1 2，令y =0，则x -2m 2-1 2+4m 2=4m 2+1 2，化简得：x 2-4m 2+2 x -3=0，x 3+x 4=4m 2+2，x 3⋅x 4=-3，若B ，H ，P ，M 四点共圆，则∠BPH =∠BMH =900，即B ，H ，P ，M 四点共圆等价于HG ⊥AB ，下证：存在唯一直线AB 满足HG ⊥AB ，设H x 5,y 5 ，B x 6,y 6 ，直线AM :x -x 1=t 1y -y 1 和直线AN :x -x 1=t 2y -y 1 ，联立y 2=4x x -x 1=t 1y -y 1，得：y 2-4t 1y +4t 1y 1-4x 1=0，所以y 1+y 5=4t 1，y 5=4t 1-y 1，同理y 1+y 6=4t 2，y 6=4t 2-y 1，∴k HG =y 6-y 5x 6-x 5=y 6-y 5y 26-y 254=4y 6+y 5=44t 1+t 2 -2y 1，又∵t 1=x 1-x 3y 1，t 2=x 1-x 4y 1，∴k HG =442x 1-x 3-x 4y 1-2y 1=-y 1x 3+x 4=-m +m 2+12m 2+1，又k AB =1m ，得k HG =-m =-m +m 2+12m 2+1，所以2m 3+m =m +m 2+1，即2m 3=m 2+1，4m 6-m 2-1=0，设f (x )=4x 3-x -1，x ∈(0,+∞)，f(x )=12x 2-1，故f x 在0,36 单调递减，36,+∞ 单调递增，又∵f (0)=-1<0，f 36<0，且f (1)=2>0，故存在唯一x ∈(0,+∞)满足f x =0，即存在唯一m ∈(0,+∞)，满足4m 6-m 2-1=0，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HG ⊥AB ，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 ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的左､右顶点分别为A ，B ，离心率为63，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|AB |=23，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-13；(2)存在，定点T 113,0 .【分析】(1)由题意知A (-a ,0),B (a ,0)，设P (x 0，y 0)，y 0≠0，则x 20a 2+y 20b2=1，然后利用斜率公式求y 0x 0+a ⋅y 0x 0-a =y 20x 20-a 2化简可得结果；(2)由题意先求出椭圆C 的方程为x 23+y 2=1，设直线AP 的方程为y =k (x +3)，则直线BP 的方程为y =-13k (x -3)，直线方程与椭圆方程联立可求出M (3,3k +3k )，N 3,13k -1k ，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E t 2,3k +3k +13k-1k 2，再由|OE |=|ME |，可求出t 的值，进而得O ，M ，N ，T 四点共圆【详解】(1)由题意知A (-a ,0),B (a ,0)，设P (x 0，y 0)，y 0≠0，则x 20a 2+y 20b2=1，所以直线AP 与BP 的斜率之积y 0x 0+a ⋅y 0x 0-a =y 20x 20-a 2=b 21-x 20a2x 20-a2=-b2a 2=-a 2-c 2a2=63 2-1=-13，即直线AP ，BP 的斜率之积为定值-13.(2)存在.理由如下：由题意知2a =23，得a =3.因为c a =63，所以c =2，所以b 2=1，所以椭圆C 的方程为x 23+y 2=1.设直线AP 的方程为y =k (x +3)，则直线BP 的方程为y =-13k(x -3).联立y =k (x +3),x =3,可得M (3,3k +3k )，同理可得N 3,13k-1k .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y =3k +3k +13k-1k 2，线段OT 的垂直平分线所在直线的方程为x =t 2，所以圆心E t 2,3k +3k +13k-1k 2.又|OE |=|ME |，所以t 22+3k +3k +13k -1k 22=t 2-32+3k +3k +13k -1k 2-3k -3k2，解得t =113.所以存在定点T 113,0 ，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xOy 中，已知抛物线E :y 2=2px p >0 的焦点为F ，准线为l ，P 是抛物线上E 上一点，且点P 的横坐标为2，PF =3.(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 、MN 、F 四点共圆，求直线m 的方程.【答案】(1)y 2=4x (2)y =±2x -1 【分析】(1)由抛物线的定义可得PF =2+p2，即可求出p ，从而得到抛物线方程；(2)设直线m 的方程为x =ty +1，代入y 2=4x ，得y 2-4ty -4=0.设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，列出韦达定理，表示出中点N 的坐标，若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN ⊥FM ，得OM ⊥ON ，则OM ⋅ON =0即可求出参数t ，从而得解；【详解】解：(1)由抛物线定义，得PF =2+p2=3，解得p =2，所以抛物线E 的方程为y 2=4x .(2)设直线m 的方程为x =ty +1，代入y 2=4x ，得y 2-4ty -4=0.设A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ，则y 1+y 2=4t ，y 1y 2=-4.由y 21=4x 1，y 22=4x 2，得x 1+x 2=y 214+y 224=y 1+y 2 2-2y 1y 24=4t 2-2×-4 4=4t 2+2，所以N 2t 2+1,2t .因为直线m 的斜率为1t，所以直线n 的斜率为-t ，则直线n 的方程为y =-t x -1 .由x =-1,y =-t x -1 , 解得M -1,2t .若O 、M 、N 、F 四点共圆，再结合FN ⊥FM ，得OM ⊥ON ，则OM ⋅ON =-1×2t 2+1 +2t ⋅2t =2t 2-1=0，解得t =±22，所以直线m 的方程为y =±2x -1 .【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C :x 24+y 2=1上三点A 、M 、B 与原点O 构成一个平行四边形AMBO ．(1)若点B 是椭圆C 的左顶点，求点M 的坐标；(2)若A 、M 、B 、O 四点共圆，求直线AB 的斜率．【答案】(1)-1,±32；(2)±112．【分析】(1)由已知可得B -2,0 ，由AM ⎳BO ，且AM =BO ，设M x 0,y 0 ，A x 0+2,y 0 代入椭圆方程解方程即可得解；(2)因为A 、M 、B 、O 四点共圆，则平行四边形AMBO 是矩形且OA ⊥OB ，设直线AB 的方程为y =kx+m ，与椭圆方程联立，根据韦达定理代入OA ⋅OB=x 1x 2+y 1y 2=0，化简计算求解即可.【详解】解析：(1)如图所示：因为B -2,0 ，四边形AMBO 为平行四边形，所以AM ⎳BO ，且AM =BO =2．设点M x 0,y 0 ，则A x 0+2,y 0因为点M 、A 在椭圆C 上，所以x 204+y 20=1x 0+2 24+y 20=1 ，解得x 0=-1y 0=±32，所以M -1,±32 ．(2)因为直线AB 的斜率存在，所以设直线AB 的方程为y =kx +m ，A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 ．由y =kx +mx 24+y 2=1消去y 得4k 2+1 x 2+8kmx +4m 2-4=0，则有x 1+x 2=-8km 1+4k 2，x 1x 2=4m 2-41+4k 2．因为平行四边形AMBO ，所以OM =OA +OB =x 1+x 2,y 1+y 2 ．因为x 1+x 2=-8km1+4k 2，所以y 1+y 2=k x 1+x 2 +2m =k ⋅-8km 1+4k 2+2m =2m1+4k 2，所以M -8km 1+4k 2,2m1+4k2 ．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4m 2=4k 2+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OA ⋅OB=x 1x 2+y 1y 2=0．因为y 1y 2=kx 1+m kx 2+m =k 2x 1x 2+km x 1+x 2 +m 2=m 2-4k 21+4k 2，所以x 1x 2+y 1y 2=4m 2-41+4k 2+m 2-4k 21+4k 2=0，化得5m 2=4k 2+4．②由①②解得k 2=114，m 2=3，此时Δ>0，因此k =±112．所以所求直线AB 的斜率为±112．【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 ：x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)经过点(-2,0)和1,32,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)x 24+y 2=1；(2)M -1,±32 ；(3)±112【分析】(1)将点-2,0 和1,32 代入椭圆x 2a 2+y 2b 2=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 (x 0,y 0),则A (x 0+2,y 0),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OA ·OB=x 1x 2+y 1y 2=0求解即可.【详解】(1)因为椭圆x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)过点-2,0 和1,32 ,所以a =2,1a 2+34b2=1,解得b 2=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=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 (x 0,y 0),则A (x 0+2,y 0).因为点M ,A 在椭圆C 上,所以x 204+y 20=1x 0+2 24+y 20=1 解得x 0=-1y 0=±32所以M -1,±32 . (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 (x 1,y 1),B (x 2,y 2).由y =kx +m x 24+y 2=1消去y ,得(4k 2+1)x 2+8kmx +4m 2-4=0,则有x 1+x 2=-8km 1+4k 2,x 1x 2=4m 2-41+4k 2.因为平行四边形AMBO ,所以OM =OA +OB=(x 1+x 2,y 1+y 2).因为x 1+x 2=-8km 1+4k 2,所以y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2m =k ·-8km 1+4k 2+2m =2m1+4k2,所以M -8km 1+4k 2,2m 1+4k2 .。

二次曲线上的四点共圆问题的完整结论百年前，著名教材《坐标几何》(Loney著)中曾提到椭圆上四点共圆的一个必要条件是2 2这四点的离心角之和为周角的整数倍(椭圆笃£ 1(a 0,b 0)上任一点A的坐标可a2 b2以表示为(acos , bsin )( R)，角就叫做点A的离心角)，证明方法十分巧妙，还要运用高次方程的韦达定理•这一条件是否充分，一直是悬案•在20世纪80年代编写《数学题解辞典(平面解析几何)》时，仍未解决•到20世纪年代初编写《中学数学范例点评》时，才证明了此条件的充分性.［1,2］2016年高考四川卷文科第20题，2011年高考全国大纲卷理科第21题，2005年高考湖北卷理科第21题(也即文科第22题)及2002年高考江苏、广东卷第20题都是关于二次曲线上四点共圆的问题(见文献［3,4］).笔者曾由2005年的这道高考题得出了二次曲线上四点共圆的一个简洁充要条件(其证明也很简洁但有技巧)：若两条直线h : y y0 k, (x x0)(i 1,2) 与二次曲线2 2:ax by cx dy e 0(a b)有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是k1 k20.文献［2］还用此结论证得了“椭圆上的四点共圆的充要条件是这四点的离心角之和为周角的整数倍” •文献［5］用较长的篇幅得出了下面的两个结论(即原文末的命题7、8):结论1抛物线y2 2px的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补结论2圆锥曲线mx2 ny21(mn 0,m n)的内接四边形同时内接于圆的充要条件是该四边形的两组对边、两条对角线所在的三对直线中有一对直线的倾斜角互补请注意，文献［5］中所涉及的直线的斜率均存在，所以这两个结论均正确•但不够完整，本文将给出二次曲线上的四点共圆问题的完整结论，即文末的推论 4.定理 1 若两条二次曲线ax2 by2 cx dy e 0(a b)，a x2 b y2 cx d y e 0 有四个交点，则这四个交点共圆.证明过这四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式(，不同时为0):2 2 2 2(ax by cx dy e) (ax b y cx d y e) 0 ①式①左边的展开式中不含xy的项，选1时，再令式①左边的展开式中含x2, y2项的系数相等，得也一？，此时曲线①即2 2xycxdyeO ②的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹•而题中的四个交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆•这就证得了四个交点共圆•定理2若两条直线l i : a x b i y c i 0(i 1,2)与二次曲线2 2:ax by cx dy e 0(a b)有四个交点，则这四个交点共圆的充要条件是aQ? a2d 0.证明由组成的曲线即(a i x biy C i)(a2X b2y C2) 0所以经过它与的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式(，不同时为0):2 2(ax by cx dy e) (a i x biy C i)(a2X b2y C2) 0 ③必要性•若四个交点共圆，则存在，使方程③表示圆，所以式③左边的展开式中含xy0 (否则③表示曲线，不表示圆)，所以a i b? a?b i 0.项的系数(a1b2 a2d) 0.而充分性•当a i b2 azb 0时，式③左边的展开式中不含xy的项，选I时，再令式③左边的展开式中含x2, y2项的系数相等，即 a a i a2 b db2，得—•b a此时曲线③即x2 y2 cx dy e 0 ④的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹•而题中的四个交点都在曲线④上，所以曲线④表示圆•这就证得了四个交点共圆•推论i若两条直线与二次曲线:ax2 by2 cx dy e 0(a b)有四个交点，贝U这四个交点共圆的充要条件是这两条直线的斜率均不存在或这两条直线的斜率均存在且互为相反数•证明设两条直线为|j：ax b i y c i 0(i i,2)，由定理2得，四个交点共圆的充要条件是a id a?b i 0 •(i)当l i //I2即a i b2 a2t i时，得四个交点共圆的充要条件即a i b2 a2t i 0也即a i a20 或b b20 •⑵当l i与l2不平行即a i b2 a2“时，由a4 a20 0得a4 0, a2 0 0，所以四个交点共圆的充要条件即 ai a20也即直线l 1,l 2的斜率均存在且均不为0且互为b i b 2相反数•由此可得欲证成立.个焦点与短轴的两个端点是正三角形的三个顶点，点P .3,- 在椭圆E 上.2(1) 求椭圆E 的方程；1(2) 设不过原点O 且斜率为一的直线I 与椭圆E 交于不同的两点 A , B ，线段AB 的中2点为M ，直线OM 与椭圆E 交于C , D ，证明：MA MB MC MD .2解(1)(过程略)椭圆E 的方程是 —y 2 1.4⑵设A(X 1,yJ , Bgy)，线段AB 的中点为M(x °,y 。