新高考2023屆高考數(shù)學二輪復習專題突破精練第46講解析幾何中的四點共圓問題教師版

第46講解析幾何中的四點共圓問題一、單選題1．（2020·全國全國·模擬預測）已知，分別為雙曲線（，）的左右焦點，點為雙曲線右支上一點，直線交軸于點，且點，，，四點共圓（其中為坐標原點），若射線是的角平分線，則雙曲線的離心率為（）A． B． C．2 D．【答案】B【分析】由，，，四點共圓得到，結合射線是的角平分線以及雙曲線的性質求得，由此求得，結合雙曲線的定義求得雙曲線的離心率.【詳解】因為點，，，四點共圓，所以．因為射線是的角平分線，所以，由雙曲線的對稱性知，所以，，因此，，從而，因此離心率.故選：B2．（2020·河北·張家口市宣化第一中學高三月考）在平面直角坐標系中，已知橢圓的上下頂點分別為，右頂點為，右焦點為，延長與交于點，若四點共圓，則該橢圓的離心率為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由四點共圓，可得，即，列等式即可求解.【詳解】如圖，，，，，因為四點共圓，,所以，所以，即，，整理可得，所以，，解得，因為，所以.

故選：C【點睛】本題考查了橢圓的簡單幾何性質，考查了基本運算能力，屬于基礎題.二、多選題3．（2021·山東菏澤·二模）已知，為雙曲線C：x2–=1的左、右焦點，在雙曲線右支上取一點P，使得PF1⊥PF2，直線PF2與y軸交于點Q，連接QF1，△PQF1，的內切圓圓心為I，則下列結論正確的有（）A．F1，F(xiàn)2，P，I四點共圓 B．△PQF1的內切圓半徑為1C．I為線段OQ的三等分點 D．PF1與其中一條漸近線垂直【答案】ABD【分析】根據(jù)雙曲線的定義可得，，由雙曲線的對稱性可判斷A；由雙曲線的定義可判斷B；根據(jù)可判斷C、D.【詳解】解析：由勾股定理及雙曲線的定義可得：，對于A：易知在軸上，由對稱性可得，則，可知，，，四點共于以為直徑的圓上；A正確對于B：，正確對于C：，故為中點，C錯誤．D顯然正確．故選：ABD4．（2021·江蘇海安·模擬預測）已知雙曲線，為雙曲線上一點，過點的切線為，雙曲線的左右焦點，到直線的距離分別為，，則（）A．B．直線與雙曲線漸近線的交點為，，則，，，四點共圓C．該雙曲線的共軛雙曲線的方程為D．過的弦長為5的直線有且只有1條【答案】AB【分析】對于A中，求得切線的方程，結合點到直線的距離公式，可判定A正確對于B中，聯(lián)立方程組，分別求得坐標，結合斜率公式，可判定B正確，根據(jù)共軛雙曲線的定義，可判定C錯誤；結合實軸長和通經，可判定D錯誤.【詳解】由題意，雙曲線的焦點坐標為，，對于A中，由雙曲線的性質，可得切線的方程為，即，則，所以A正確對于B中，聯(lián)立方程組，可得，又由，可得，，，，，則，∴，，∴，，，四點共圓，B正確.對于C中，雙曲線的共軛雙曲線為，所以C錯誤對于D中，由雙曲線，可得，則，可得，且通經長，所以過的弦長為5的直線有3條，所以D錯誤.故選：AB.【點睛】方法點撥：聯(lián)立方程組，求得點，，結合斜率公式和傾斜角的定義，判定得到四點共面是解答的關鍵.三、雙空題5．（2021·全國·模擬預測）在平面直角坐標系中，拋物線上不同的三點，，，滿足，，且O，A，B，C四點共圓，則直線BC的方程是___________；四邊形的面積為___________．【答案】90【分析】結合，四點共圓，由求得，進而求得的坐標，由求得，進而求得點坐標.由的坐標求得直線的方程.求得，由此求得四邊形的面積.【詳解】依題意有，則，得，又有，，所以，解得或（舍），.故可知，，則有直線的方程為，即；易知，，，，所以．故答案為：；四、填空題6．（2021·廣西·模擬預測（理））過作與雙曲線（，的兩條漸近線平行的直線，分別交兩漸近線于、兩點，若四點共圓（為坐標原點），則雙曲線的離心率為______．【答案】【分析】聯(lián)立直線、與直線，求出點的坐標，聯(lián)立直線、與直線，求出點的坐標，觀察坐標可知，四邊形為菱形，其外接圓圓心在、的交點處，再結合的數(shù)量積為0，即可求解．【詳解】解：由題意可得，∵直線、都平行于漸近線，∴可設直線的方程為，直線的方程為，∴過點平行與的直線的方程為，過點平行與的直線的方程為，分別聯(lián)立方程，，解得，，即線段與互相垂直平分，則四邊形為菱形，其外接圓圓心在、的交點處，∴，則即，∵，，∴雙曲線的離心率，故答案為：．7．（2021·浙江·高二單元測試）在平面直角坐標系中，已知直線與x軸交于A點，直線與y軸及直線l分別交于B點，C點，且A，B，C，O四點共圓，則此圓的標準方程是__________.【答案】【分析】由題意得為直徑，且直線l與m垂直故，得所以圓心與半徑可求，則圓方程易得.【詳解】由題意A，B，C，O四點共圓且，所以，則直線l與m垂直故，又，此圓的圓心為，半徑為＝，所以圓的標準方程為.故答案為：五、解答題8．（2021·浙江省東陽市第二高級中學高二期中）已知橢圓的焦距為2，O為坐標原點，F(xiàn)為右焦點，點在橢圓上．（1）求橢圓的標準方程；（2）若直線l的方程為，AB是橢圓上與坐標軸不平行的一條弦，M為弦的中點，直線MO交l于點P，過點O與AB平行的直線交/于點Q，直線PF交直線OQ于點R，直線QF交直線MO于點S．①證明：O，S，F(xiàn)，R四點共圓；②記△QRF的面積為，△QSO的面積為，求的取值范圍．【答案】（1）（2）①證明見解析，②.【分析】（1）設橢圓的左焦點為，利用求解即可；（2）①設，，，直線AB的斜率為k，由點差法可得直線MO的斜率為，然后根據(jù)斜率可證明、，即可得證；②由①可知：，所以，然后可算出，，然后，即可求得答案.（1）設橢圓的左焦點為，由題意可知，根據(jù)定義，可求得，∴，∴，∴橢圓的標準方程為（2）①設，，，直線AB的斜率為k，則有，作差得：兩邊同除，可得：，即，所以直線MO的斜率為，MO的方程為所以，所以直線PF的斜率為，因為，所以由可求得，所以直線QF的斜率為，因為，所以綜上，O，S，F(xiàn)，R四點共圓，OF為圓的一條直徑.②由①可知：，所以，由于直線PF的方程為，直線OP的方程為，由垂徑定理可知，，，又因為，所以，綜上，的取值范圍為.9．（2021·吉林·梅河口市第五中學高二月考）已知雙曲線：與點．（1）是否存在過點的弦，使得的中點為；（2）如果線段的垂直平分線與雙曲線交于、兩點，證明：、、、四點共圓．【答案】（1）存在；（2）證明見解析.【分析】（1）利用點差法求解；（2）利用點差法和弦長公式求出相關線段的長度，再利用距離公式證明線段相等，可求證得四點共圓.【詳解】解：（1）雙曲線的標準方程為，，．設存在過點的弦，使得的中點為，設，，，兩式相減得，即得：，．存在這樣的弦．這時直線的方程為．（2）設直線方程為，則點在直線上．則，直線的方程為，設，，的中點為，，兩式相減得，則，則又因為在直線上有，解得，，解得，，，整理得，則則由距離公式得所以、、、四點共圓．10．（2021·福建福州·模擬預測）已知斜率為的直線交橢圓于A，兩點，的垂直平分線與橢圓交于，兩點，點是線段的中點．（1）若，求直線的方程以及的取值范圍；（2）不管怎么變化，都有A，，，四點共圓，求的取值范圍．【答案】（1），；（2）；【分析】（1）當時，寫出直線AB方程，聯(lián)立韋達定理，根據(jù)點的橫坐標求出直線AB的斜率，進而寫出直線方程，根據(jù)判別式求出的取值范圍；（2）若A，，，四點共圓，則有成立，聯(lián)立直線與橢圓方程，利用弦長公式及點到直線的距離公式表示出來，因為不管怎么變化，式子恒成立，所以可以求得，進而求得的取值范圍.【詳解】（1）因為直線AB過點，所以直線AB方程為：，聯(lián)立橢圓方程得到：，設點，,由韋達定理可知：，解得，所以直線AB方程為：即，將代入方程，得到，則，解得，所以的取值范圍為.（2）設直線AB方程，聯(lián)立橢圓方程得到：，由韋達定理可知：，即，，則，所以，CD中點P坐標等于，點P到AB距離等于，因為A，，，四點共圓等價于,即整理得，即不管怎么變化，都有上式成立，則，解得，代入方程，使得，解得，滿足題意所以的取值范圍為：.【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．11．（2021·重慶·高二期末）設動點與定點的距離和到定直線的距離的比是.（1）求動點的軌跡方程；（2）設動點的軌跡為曲線，不過原點且斜率為的直線與曲線交于不同的兩點，，線段的中點為，直線與曲線交于,D兩點，證明：，，，四點共圓.【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)題意列出關系式并整理化簡即可；（2）聯(lián)立直線與橢圓方程，分別求解，最后證明兩者相等即可.【詳解】解：（1）設，因為動點與定點的距離和到定直線的距離的比是，所以，整理化簡得.所以動點的軌跡方程為：.（2）設直線的方程為，，，由方程組得，①方程①的判別式為，由，即，解得.由①得，.所以點坐標為，直線方程為，由方程組得，.所以.又.所以.所以，，，四點共圓.【點睛】解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：(1)注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；(2)強化有關直線與橢圓聯(lián)立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數(shù)之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題．12．（2021·北京·中央民族大學附屬中學三模）已知橢圓的兩焦點分別為、，橢圓上的動點滿足，、分別為橢圓的左、右頂點，為坐標原點.（1）求橢圓的方程及離心率；（2）若直線與交于點，與軸交于點，與的交點為，求證：、、、四點共圓.【答案】（1）橢圓的方程為，離心率為；（2）證明見解析.【分析】（1）根據(jù)橢圓的定義求出的值，結合已知條件可得的值，進而可求得的值，可得出橢圓的方程及其離心率；（2）計算得出，可設直線的方程為，與直線的方程聯(lián)立，求出點的坐標，利用斜率關系得出，由此可證得結論成立.【詳解】（1）由橢圓的定義可得，，則，所以，橢圓的方程為，該橢圓的離心率為；（2）設點，則，則，，所以，，設直線的方程為，聯(lián)立，可得，即點，，而，所以，，則，易知，所以，、、、四點共圓.【點睛】關鍵點點睛：本題考查四點共圓的證明，一般轉化為證明四邊形的對角互補，本題中注意到13．（2021·上海黃浦·三模）已知直線交拋物線于兩點.（1）設直線與軸的交點為，若，求實數(shù)的值；（2）若點在拋物線上，且關于直線對稱，求證：四點共圓：（3）記為拋物線的焦點，過拋物線上的點作準線的垂線，垂足分別為點，若的面積是的面積的兩倍，求線段中點的軌跡方程.【答案】（1）；（2）證明見解析；（3）或.【分析】(1)聯(lián)立直線與拋物線，韋達定理得到，再利用化簡得到，從而求出，最后帶回韋達定理求出實數(shù)的值；(2)通過證明得到，同理，于是點在以為直徑的圓上，即四點共圓；(3)根據(jù)的面積是的面積的兩倍求得直線與軸的交點為或，再根據(jù)直接法求出線段中點的軌跡方程，中間注意舍去不滿足題意的點.【詳解】解：（1）由得.設，則因為直線與相交，所以，得由，得，所以，解得，從而，因為，所以，故.（2）設，因為兩點關于直線對稱，則，故.又于是，即.由點在拋物線上，有.因為，所以，于是因此，同理，于是點在以為直徑的圓上，即四點共圓.（3）易知設，則設直線與軸的交點為，則由題設，可得，所以或.設線段的中點為，有當時，當與軸不垂直時，由可得，即而，所以.同理，當時，.當與軸垂直時，與重合.符合綜上，線段的中點的軌跡方程或.【點睛】(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數(shù)的關系；(2)有關直線與拋物線的中點或中點弦問題，一般就是點差法，斜率公式，中點坐標公式求解問題；(3)驗證四點共圓是要找直徑，問題可轉化成邊與邊垂直，不管用向量還是用斜率都可以解決.14．（2021·四川瀘州·三模（理））從拋物線上各點向軸作垂線段，記垂線段中點的軌跡為曲線．（1）求曲線的方程，并說明曲線是什么曲線；（2）過點的直線交曲線于兩點、，線段的垂直平分線交曲線于兩點、，探究是否存在直線使、、、四點共圓？若能，請求出圓的方程；若不能，請說明理由．【答案】（1）曲線的方程為，曲線是焦點為的拋物線；（2）存在；圓的方程為或．【分析】（1）設拋物線上的任意點為，垂線段的中點為，根據(jù)中點坐標公式得出，代入等式化簡可得出曲線的方程，進而可得出曲線的形狀；（2）設直線的方程為，將直線的方程與曲線的方程聯(lián)立，列出韋達定理，求出，求出線段的中點的坐標，進一步求出線段的中垂線的方程，求出，根據(jù)四點共圓結合垂徑定理可得出關于的等式，求出的值，進一步可求得圓的方程，由此可得出結論.【詳解】（1）設拋物線上的任意點為，垂線段的中點為，故，則，代入得，得曲線的方程為，所以曲線是焦點為的拋物線；（2）若直線與軸重合，則直線與曲線只有一個交點，不合乎題意.設直線的方程為，根據(jù)題意知，設、，聯(lián)立，得，，則，，則，且線段中點的縱坐標為，即，所以線段中點為，因為直線為線段的垂直平分線，可設直線的方程為，則，故，聯(lián)立，得，設、，則，，故，線段中點為，假設、、、四點共圓，則弦的中垂線與弦中垂線的交點必為圓心，因為為線段的中垂線，則可知弦的中點必為圓心，則，在中，，所以，則，故，即，解得，即，所以存在直線，使、、、四點共圓，且圓心為弦的中點，圓的方程為或．【點睛】方法點睛：求動點的軌跡方程有如下幾種方法：（1）直譯法：直接將條件翻譯成等式，整理化簡后即得動點的軌跡方程；（2）定義法：如果能確定動點的軌跡滿足某種已知曲線的定義，則可利用曲線的定義寫出方程；（3）相關點法：用動點的坐標、表示相關點的坐標、，然后代入點的坐標所滿足的曲線方程，整理化簡可得出動點的軌跡方程；（4）參數(shù)法：當動點坐標、之間的直接關系難以找到時，往往先尋找、與某一參數(shù)得到方程，即為動點的軌跡方程；（5）交軌法：將兩動曲線方程中的參數(shù)消去，得到不含參數(shù)的方程，即為兩動曲線交點的軌跡方程.15．（2021·四川瀘州·三模（文））已知拋物線：（）上的點到其焦點的距離為1．（Ⅰ）求和的值；（Ⅱ）求直線：交拋物線于兩點、，線段的垂直平分線交拋物線于兩點、，求證：、、、四點共圓．【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）證明見解析.【分析】（Ⅰ）根據(jù)拋物線的定義可得點到其焦點的距離等于該點到準線距離，即可求出，從而得到拋物線方程，再計算出參數(shù)的值；（Ⅱ）設，，聯(lián)立直線與拋物線方程，消元、列出韋達定理，即可求出線段的中點的坐標，因為直線為線段的垂直平分線，直線的方程為，設，，求出線段的中點坐標，再利用勾股定理計算可得；【詳解】解：（Ⅰ）的準線為，因為點到其焦點的距離等于該點到準線距離，所以，故，即，又在上，所以；（Ⅱ）設，，聯(lián)立，得，則，，且，即，則，且線段中點的縱坐標為，則，所以線段中點為，因為直線為線段的垂直平分線，直線的方程為，聯(lián)立，得，設，，則，故，線段中點為，因為，，所以，所以點在以為直徑的圓上，同理點在以為直徑的圓上，所以、、、四點共圓．【點睛】(1)直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數(shù)的關系；(2)有關直線與拋物線的弦長問題，要注意直線是否過拋物線的焦點，若過拋物線的焦點，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不過焦點，則必須用一般弦長公式．16．（2021·江蘇·高二單元測試）已知直線交拋物線于兩點．（1）設直線與軸的交點為．若，求實數(shù)的值；（2）若點在拋物線上，且關于直線對稱，求證：四點共圓．【答案】（1）；（2）證明見解析．【分析】（1）設，直線方程代入拋物線方程后由判別式得的范圍，由韋達定理得，再由向量的數(shù)乘可得＝0，結合韋達定理可得值；（2）設，由對稱性得，．再由在拋物線上，代入變形得與的關系，然后計算，得，同理，得證四點共圓．【詳解】解：由得．設，則．因為直線與相交，所以得．（1）由，得，所以，解得從而，因為所以解得．（2）設，因為兩點關于直線對稱，則解得．又于是解得．又點在拋物線上，于是．因為所以，于是因此，同理于是點在以為直徑的圓上，即四點共圓．【點睛】方法點睛：本題考查直線與拋物線相交問題，解題方法是設而不求的思想方法，如設交點坐標為，直線方程代入拋物線方程后應用韋達定理可得，再利用向量的線性運算求得關系，從而可求得值．17．（2021·全國·高三專題練習（理））已知拋物線的焦點為F，準線為為坐標原點，過F的直線m與拋物線E交于兩點，過F且與直線m垂直的直線n與準線交于點M．（1）若直線m的斜率為，求的值；（2）設的中點為N，若四點共圓，求直線m的方程．【答案】（1）或；（2）．【分析】（1）由拋物線的定義建立方程即可.（2）設直線m的方程為，用表示坐標，再結合條件得到，建立關于的方程即可獲解.【詳解】（1）設，當時，設，則，直線m的斜率為直線m的傾斜角為，由拋物線的定義，有，，解得：，若時，同理可得：，或．（2）設直線m的方程為，代入，得．設，則．由，得，所以．因為直線m的斜率為，所以直線n的斜率為，則直線n的方程為．由解得．若四點共圓，再結合，得，則，解得，所以直線m的方程為．【點睛】（1）有些題目可以利用拋物線的定義結合幾何關系建立方程獲解；（2）直線與拋物線的位置關系和直線與橢圓、雙曲線的位置關系類似，一般要用到根與系數(shù)的關系.18．（2020·浙江麗水·高三月考）如圖，已知拋物線的焦點為F，過點F的直線交C于A，B兩點，以AB為直徑的圓交x軸于M，N，且當軸時，．（1）求拋物線C的方程；（2）若直線AN，AM分別交拋物線C于G，H（不同于A），直線AB交GH于點P，且直線AB的斜率大于0，證明：存在唯一這樣的直線AB使得B，H，P，M四點共圓．【答案】（1）；（2）證明見解析.【分析】（1）當軸時得，點坐標及圓的方程，即可得答案；（2）設點，，，，直線與拋物線方程聯(lián)立、，和，圓的方程并令，得，，即B，H，P，M四點共圓等價于，再證明存在唯一直線AB滿足可得答案.【詳解】（1）當軸時，，故圓的方程為，即，得，故拋物線C的方程為；（2）設點，，，，直線，聯(lián)立得：，，，，所以，∴，故圓心，半徑，即圓的方程為，令，則，化簡得：，，，若B，H，P，M四點共圓，則，即B，H，P，M四點共圓等價于，下證：存在唯一直線AB滿足，設，，直線和直線，聯(lián)立，得：，所以，，同理，，∴，又∵，，∴，又，得，所以，即，，設，，，故在單調遞減，單調遞增，又∵，，且，故存在唯一滿足，即存在唯一，滿足，綜上結論得證．【點睛】本題考查了拋物線、圓的幾何性質，解題的關鍵點是證明B，H，P，M四點共圓和證明存在唯一直線AB滿足，考查了學生分析問題、解決問題及推理能力.19．（2020·廣西師范大學附屬中學高三月考）已知橢圓C：的左?右頂點分別為A，B，離心率為，P是C上異于A，B的動點.（1）證明：直線AP，BP的斜率之積為定值，并求出該定值.（2）設，直線AP，BP分別交直線l：x=3于M，N兩點，O為坐標原點，試問：在x軸上是否存在定點T，使得O，M，N，T四點共圓？若存在，求出點T的坐標；若不存在，請說明理由.【答案】（1）證明見解析，定值；（2）存在，定點.【分析】（1）由題意知，設P(x0，y0)，y0≠0，則，然后利用斜率公式求化簡可得結果；（2）由題意先求出橢圓C的方程為，設直線AP的方程為，則直線BP的方程為，直線方程與橢圓方程聯(lián)立可求出，，假設△MNO的外接圓恒過定點T(t，0)，t≠0，然后求出線段MN的垂直平分線所在直線的方程和線段OT的垂直平分線所在直線的方程，從而可求出圓心，再由|OE|=|ME|，可求出的值，進而得O，M，N，T四點共圓【詳解】（1）由題意知，設P(x0，y0)，y0≠0，則，所以直線AP與BP的斜率之積，即直線AP，BP的斜率之積為定值.（2）存在.理由如下：由題意知，得.因為，所以，所以b2=1，所以橢圓C的方程為.設直線AP的方程為，則直線BP的方程為.聯(lián)立可得，同理可得.假設△MNO的外接圓恒過定點T(t，0)，t≠0，因為線段MN的垂直平分線所在直線的方程為，線段OT的垂直平分線所在直線的方程為，所以圓心.又|OE|=|ME|，所以，解得.所以存在定點，使得O，M，N，T四點共圓.【點睛】此題考查直線與橢圓的位置關系，考查橢圓中的定點問題，考查計算能力，屬于中檔題20．（2020·甘肅·天水市第一中學二模（文））在平面直角坐標系中，已知拋物線的焦點為，準線為，是拋物線上上一點，且點的橫坐標為，.（1）求拋物線的方程；（2）過點的直線與拋物線交于、兩點，過點且與直線垂直的直線與準線交于點，設的中點為，若、、四點共圓，求直線的方程.【答案】（1）（2）【分析】（1）由拋物線的定義可得，即可求出，從而得到拋物線方程；（2）設直線的方程為，代入，得.設，，列出韋達定理，表示出中點的坐標，若、、、四點共圓，再結合，得，則即可求出參數(shù)，從而得解；【詳解】解：（1）由拋物線定義，得，解得，所以拋物線的方程為.（2）設直線的方程為，代入，得.設，，則，.由，，得，所以.因為直線的斜率為，所以直線的斜率為，則直線的方程為.由解得.若、、、四點共圓，再結合，得，則，解得，所以直線的方程為.【點睛】本題考查拋物線的定義及性質的應用，直線與拋物線綜合問題，屬于中檔題.21．（2020·江西師大附中三模（理））已知橢圓上三點、、與原點構成一個平行四邊形．（1）若點是橢圓的左頂點，求點的坐標；（2）若、、、四點共圓，求直線的斜率．【答案】（1）；（2）．【分析】（1）由已知可得，由，且，設，代入橢圓方程解方程即可得解；（2）因為、、、四點共圓，則平行四邊形是矩形且，設直線的方程為，與橢圓方程聯(lián)立，根據(jù)韋達定理代入，化簡計算求解即可.【詳解】解析：（1）如圖所示：因為，四邊形為平行四邊形，所以，且．設點，則因為點M、A在橢圓C上，所以，解得，所以．（2）因為直線的斜率存在，所以設直線的方程為，，．由消去y得，則有，．因為平行四邊形，所以．因為，所以，所以．因為點M在橢圓C上，所以將點M的坐標代入橢圓C的方程化得．①因為A、M、B、O四點共圓，所以平行四邊形是矩形，且，所以．因為，所以，化得．②由①②解得，，此時，因此．所以所求直線的斜率為．【點睛】本題主要考查了聯(lián)立直線與橢圓的方程利用韋達定理列式表達斜率以及垂直的方法進而代入求解的問題，考查計算能力和邏輯推理能力，屬于難題.22．（2020·江蘇南京·三模）如圖,在平面直角坐標系xOy中,橢圓C：(a＞b＞0)經過點(﹣2,0)和,橢圓C上三點A,M,B與原點O構成一個平行四邊形AMBO.（1）求橢圓C的方程；（2）若點B是橢圓C左頂點,求點M的坐標；（3）若A,M,B,O四點共圓,求直線AB的斜率.【答案】（1）＋y2＝1；（2）M(－1,±)；（3）±【分析】(1)將點和代入橢圓＋＝1求解即可.(2)根據(jù)平行四邊形AMBO可知AM∥BO,且AM＝BO＝2.再設點M(x0,y0),則A(x0＋2,y0),代入橢圓C求解即可.(3)因為A,M,B,O四點共圓,所以平行四邊形AMBO是矩形,且OA⊥OB,再聯(lián)立直線與橢圓的方程,結合韋達定理代入·＝x1x2＋y1y2＝0求解即可.【詳解】（1）因為橢圓＋＝1(a＞b＞0)過點和,所以a＝2,＋＝1,解得b2＝1,所以橢圓C的方程為＋y2＝1.（2）因為B為左頂點,所以B(－2,0).因為四邊形AMBO為平行四邊形,所以AM∥BO,且AM＝BO＝2.設點M(x0,y0),則A(x0＋2,y0).因為點M,A在橢圓C上,所以解得所以M(－1,±).（3）因為直線AB的斜率存在,所以設直線AB的方程為y＝kx＋m,A(x1,y1),B(x2,y2).由消去y,得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0,則有x1＋x2＝,x1x2＝.因為平行四邊形AMBO,所以＝＋＝(x1＋x2,y1＋y2).因為x1＋x2＝,所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·＋2m＝,所以M(,).因為點M在橢圓C上,所以將點M的坐標代入橢圓C的方程,化得4m2＝4k2＋1.①因為A,M,B,O四點共圓,所以平行四邊形AMBO是矩形,且OA⊥OB,所以·＝x1x2＋y1y2＝0.因為y1y2＝(kx1＋m)(kx1＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝,所以x1x2＋y1y2＝＋＝0,化得5m2＝4k2＋4.②由①②解得k2＝,m2＝3,此時△＞0,因此k＝±.所以所求直線AB的斜率為±.【點睛】本題主要考查了橢圓方程的基本求法,同時也考查了聯(lián)立直線與橢圓的方程,利用韋達定理列式表達斜率以及垂直的方法,進而代入求解的問題.屬于難題.23．（2020·江蘇·高三專題練習）如圖，在平面直角坐標系中，已知橢圓的右焦點為，為右準線上一點．點在橢圓上，且．（1）若橢圓的離心率為，短軸長為．求橢圓的方程；（2）若在軸上方存在兩點，使四點共圓，求橢圓離心率的取值范圍．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）設橢圓的焦距為，由題意，可得，即可求得橢圓的標準方程；（2）設，，，，可得的外接圓即為以為直徑的圓，可得，根據(jù)點，均在軸上方，可得，解得即可；【詳解】解：（1）設橢圓的焦距為，由題意，可得，解得，，橢圓的方程為，（2）設，，，，，則的外接圓即為以為直徑的圓，由題意，焦點，原點均在該圓上，，消去可得，，點，均在軸上方，，即，，，，故的范圍為．【點睛】本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質，直線的圓錐曲線的位置關系，考查圓的方程及點到直線的距離公式，直線的斜率公式，考查計算能力，解題時要認真審題，屬于中檔題．24．（2020·全國·一模（文））在平面直角坐標系xOy中，已知拋物線的焦點為F，準線為l，P是拋物線E上一點，且點P的橫坐標為2，.（1）求拋物線E的方程；（2）過點F的直線m與拋物線E交于A、B兩點，過點F且與直線m垂直的直線n與準線l交于點M，設AB的中點為N，若O、M、N、F四點共圓，求直線m的方程.【答案】（1）（2）【分析】（1）首先根據(jù)拋物線的定義和題中條件求出拋物線的焦準距，即可得到拋物線的方程；（2）首先設直線m的方程，然后與拋物線聯(lián)立，利用韋達定理求出點N坐標，然后設直線n的方程求出點M的坐標，最后利用O、M、N、F四點共圓即可求出直線m的方程.【詳解】（1）由拋物線定義，得，解得，所以拋物線F的方程為；（2）設直線m的方程為，代入，得，設，，則，，由，，得，所以，因為直線m的斜率為，所以直線n的斜率為，則直線n的方程為，由解得，若O、M、N、F四點共圓，再結合，得，則，解得，所以直線m的方程為.【點睛】本題主要考查了拋物線的定理，直線與拋物線的交點問題，屬于一般題.25．（2020·全國·高三專題練習（文））已知直線與軸，軸分別交于，，線段的中垂線與拋物線有兩個不同的交點、．（1）求的取值范圍；（2）是否存在，使得，，，四點共圓，若存在，請求出的值，若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）存在，【分析】（1）求出兩點坐標，得出其中垂線方程為，與拋物線方程聯(lián)立根據(jù)即可得結果；（2）設，，線段的中點為，將（1）和韋達定理可得，，結合四點共圓