圆锥曲线：三点共线问题、四点共圆问题复习讲义-2026届高三数学三轮冲刺复习

该高中数学高考复习讲义聚焦圆锥曲线中三点共线与四点共圆核心考点，按知识点解析、解题原理、解题思路的逻辑架构梳理内容，通过考点梳理、方法指导、真题讲解及变式训练的教学环节，帮助学生系统掌握判定依据与解题策略，突破高考难点。 讲义以题型分类为特色，三点共线涵盖证明共线、求参数等题型，四点共圆提供相交弦斜率关系等判定方法，结合高考真题设计例题与变式。通过“设线联立—韦达代换—代数化几何关系”的解题流程，培养学生的数学思维与数学语言表达能力，助力教师精准把控复习节奏，提升学生应考效率。

2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 圆锥曲线：三点共线问题、四点共圆问题复习讲义 考点目录 三点共线问题 四点共圆问题 知识点解析 考点一 三点共线问题 知识点 1. 判定依据：斜率相等、向量共线、定比分点、直线参数方程 1. 常用结论：三点斜率相等；；两点式直线过第三点 1. 常用方法：设线联立、韦达定理、点差法、参数点代入 1. 题型：证明共线、利用共线求参数、求定点定值 解题原理 将几何共线关系转化为代数等量关系，通过斜率、向量、坐标等式建立方程，结合圆锥曲线联立结论完成证明与求解。 解题思路 1. 设点设直线，联立曲线方程得韦达关系 1. 选用方法：证斜率相等 / 证向量共线 / 证点在直线上 1. 代入坐标化简，借助韦达整体代换消参 1. 整理化简得出等式，证出三点共线；反之利用共线条件列方程求参 考点二 四点共圆问题 知识点 1. 判定核心：对角互补、线段中垂线交于一点、同弧圆周角相等 1. 解析常用结论 · 两条相交弦斜率之和为0（倾斜角互补） · 四点满足圆的一般方程，坐标代入成立 · 利用垂直平分性质，圆心到四点距离相等 1. 主流模型：两条直线与曲线交于四点，求证/求解四点共圆 解题原理 利用圆的几何性质转化为代数条件，通过联立方程、韦达定理、距离公式、垂直关系推导等量关系，判定四点共圆或求解参数。 解题思路 1. 设出两条相交直线，分别与圆锥曲线联立 1. 写出四个交点坐标关系，利用韦达表示根与系数 1. 思路一：求四边中垂线，证明交于同一点（圆心） 1. 思路二：利用圆方程联立，消去曲线式子验证成立 1. 思路三：证明对角互补、斜率满足垂直等量关系 1. 化简整理，确定参数范围或完成共圆证明 考点一 三点共线问题 【例题分析】 例1．（25-26高三上·北京延庆·期中）已知椭圆的焦点在轴上，短轴长为2，离心率为分别是的左右顶点，过点的直线与椭圆交于两点，坐标原点为 (1)求椭圆的标准方程； (2)若点在以线段为直径的圆上，求直线的方程； (3)若直线的斜率为与直线相交于点，求证：三点共线． 例2．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆 的焦点分别为 ，过 的直线交于两点.当 轴时，为等边三角形. (1)求的方程. (2)设为直线上的动点. ①若 轴，证明：直线过定点； ②若为的左顶点，为上异于的一点，且三点共线， ， 证明:三点共线. 例3．（2026·安徽·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，，是上不同的两点（其中在第一象限），点.当，关于轴对称，且时，． (1)求的方程； (2)已知为轴上一点（点与不重合），，是上不同的两点（其中在第一象限），且，若，，三点共线，，求证：轴． 【变式训练】 变式1．（2026·江苏南京·模拟预测）已知，，M为单位圆O：上的动点，N为关于M的对称点，线段的中垂线与直线交于点P，记P的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)设A，B是曲线C上的两点，直线与单位圆O相切，试判断：“”是“A，B，三点共线”的什么条件（在①充分不必要、②必要不充分、③充要、④既不充分也不必要中选一个），并证明你的结论． 变式2．（25-26高二上·黑龙江牡丹江·期中）已知抛物线：（）的焦点为F，是上第一象限内的点.且到距离与到的距离相等.过作的切线交轴于点. (1)求的标准方程； (2)求证：； (3)记关于轴的对称点为，直线关于轴的对称直线为，为上第四象限的点（与不重合），过作的切线，分别交，于P，Q两点，且，求证：M，F，Q三点共线. 变式3．（2025·四川达州·二模）椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交于两点（点位于轴上方），为坐标原点． (1)若，求的值； (2)已知二次曲线在点处的切线方程为，现过两点作的两条切线相交于点，切线与圆分别交于和，其中分别位于点的左侧． （ⅰ）证明：三点共线； （ⅱ）求面积的最小值． 考点二 四点共圆问题 【例题分析】 例1．（2026·广东东莞·二模）已知反比例函数的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线，将曲线绕原点顺时针旋转，得到曲线，设曲线的左顶点为. (1)求的坐标及曲线的标准方程； (2)若B，C为曲线右支上不同两点，为的垂心，为关于原点的对称点，证明： （i）点在曲线上； （ii）A，B，C，E四点共圆. 例2．（25-26高三上·河南新乡·期末）在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点，点，点，，，，直线与直线交于点P，设点P的轨迹为E． (1)求点P的轨迹E的方程； (2)已知直线l与曲线E交于M，N两点，，l上存在一点H满足． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若O，M，R，N四点共圆，且点，当取最大值时，求直线l的方程． 例3．（2025·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，设动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知定点，，过点作垂直于轴的直线，过点作斜率大于0的直线与曲线交于点、，其中点在轴上方，点在轴下方.曲线与轴负半轴交于点，直线、与直线分别交于点、，若、、、四点共圆，求的值. 【变式训练】 变式1．（2025·河北唐山·模拟预测）设动点与定点的距离和到定直线的距离的比是. （1）求动点的轨迹方程； （2）设动点的轨迹为曲线，不过原点且斜率为的直线与曲线交于不同的两点，，线段的中点为，直线与曲线交于,D两点，证明：，，，四点共圆. 变式2．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知抛物线：，是上位于第一象限内的动点，它到点距离的最小值为，直线与交于另一点，线段AD的垂直平分线交于E，F两点. (1)求的值； (2)若，证明A，D，E，F四点共圆，并求该圆的方程. 变式3．（2025·四川泸州·模拟预测）从抛物线上各点向轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程，并说明曲线是什么曲线； （2）过点的直线交曲线于两点、，线段的垂直平分线交曲线于两点、，探究是否存在直线使、、、四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由． 2 学科网（北京）股份有限公司 $2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 圆锥曲线：三点共线问题、四点共圆问题复习讲义 考点目录 三点共线问题 四点共圆问题 知识点解析 考点一 三点共线问题 知识点 1. 判定依据：斜率相等、向量共线、定比分点、直线参数方程 1. 常用结论：三点斜率相等；；两点式直线过第三点 1. 常用方法：设线联立、韦达定理、点差法、参数点代入 1. 题型：证明共线、利用共线求参数、求定点定值 解题原理 将几何共线关系转化为代数等量关系，通过斜率、向量、坐标等式建立方程，结合圆锥曲线联立结论完成证明与求解。 解题思路 1. 设点设直线，联立曲线方程得韦达关系 1. 选用方法：证斜率相等 / 证向量共线 / 证点在直线上 1. 代入坐标化简，借助韦达整体代换消参 1. 整理化简得出等式，证出三点共线；反之利用共线条件列方程求参 考点二 四点共圆问题 知识点 1. 判定核心：对角互补、线段中垂线交于一点、同弧圆周角相等 1. 解析常用结论 · 两条相交弦斜率之和为0（倾斜角互补） · 四点满足圆的一般方程，坐标代入成立 · 利用垂直平分性质，圆心到四点距离相等 1. 主流模型：两条直线与曲线交于四点，求证/求解四点共圆 解题原理 利用圆的几何性质转化为代数条件，通过联立方程、韦达定理、距离公式、垂直关系推导等量关系，判定四点共圆或求解参数。 解题思路 1. 设出两条相交直线，分别与圆锥曲线联立 1. 写出四个交点坐标关系，利用韦达表示根与系数 1. 思路一：求四边中垂线，证明交于同一点（圆心） 1. 思路二：利用圆方程联立，消去曲线式子验证成立 1. 思路三：证明对角互补、斜率满足垂直等量关系 1. 化简整理，确定参数范围或完成共圆证明 考点一 三点共线问题 【例题分析】 例1．（25-26高三上·北京延庆·期中）已知椭圆的焦点在轴上，短轴长为2，离心率为分别是的左右顶点，过点的直线与椭圆交于两点，坐标原点为 (1)求椭圆的标准方程； (2)若点在以线段为直径的圆上，求直线的方程； (3)若直线的斜率为与直线相交于点，求证：三点共线． 【答案】(1) (2)或． (3)证明见解析 【分析】（1）由题设可得，据此可得椭圆方程； （2）当l斜率存在时，设，将直线的方程与椭圆的方程联立，设，由结合韦达定理可得直线方程； （3）设，验证是否为0可完成证明. 【详解】（1）由已知得，所以． 因为，所以． 所以，即． 所以椭圆的标准方程为． （2）由题意可知，所以； 因为直线过， 当斜率不存在时，直线的方程为，设与交于两点． 此时，不满足题意． 当斜率存在时，设，即． 联立直线的方程与椭圆的方程得方程组 消去，整理得，由已知可知， 设， 由韦达定理可知， 因为， 将代入上式可得 ， 即， 解得，即． 方程为或者． （3）不妨设， 令，则，即， 因为，， 所以， 其中分子为，故，即， 所以三点共线． 例2．（2026·河北邢台·二模）已知椭圆 的焦点分别为 ，过 的直线交于两点.当 轴时，为等边三角形. (1)求的方程. (2)设为直线上的动点. ①若 轴，证明：直线过定点； ②若为的左顶点，为上异于的一点，且三点共线， ， 证明:三点共线. 【答案】(1) (2)①证明见解析，②证明见解析. 【分析】（1）确定，结合为等边三角形，即可求解； （2）①设，，联立直线和椭圆方程，通过三点共线结合韦达定理即可求解；②通过三点共线， ，得到，再结合韦达定理证明即可. 【详解】（1）由题意知椭圆焦点，故，且， 当轴时，，代入椭圆方程得​，故， 因为为等边三角形，到直线的距离为， 等边三角形高满足，即 ， 代入，得， 解得，故 ， 因此椭圆的方程为：； （2） 设过的直线，， 联立椭圆方程， 整理得： ， 由韦达定理得：， 故可得关系：， ① 由题意， ，设直线与轴交于 ， 由斜率相等得： ，代入， 得， 化简可得：， 又结合， ​化简得：对任意恒成立， 故，因此直线恒过定点，得证； ② 左顶点 ，设 ， 由 共线，即， 即，得：； 由 ， ，即， 要证 共线，只需证，即证， 即，代入 即， 即证明恒成立， 即， 又，， 则，， 所以即证， 又， 故等价于， 即 又，代入得：恒成立， 因此，故 三点共线，得证. 例3．（2026·安徽·模拟预测）已知抛物线：的焦点为，，是上不同的两点（其中在第一象限），点.当，关于轴对称，且时，． (1)求的方程； (2)已知为轴上一点（点与不重合），，是上不同的两点（其中在第一象限），且，若，，三点共线，，求证：轴． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据，关于轴对称得到轴，结合得到点纵坐标，进而得到直线过焦点，结合勾股定理求解即可. （2）设直线，，与抛物线联立，取中点，求出，结合几何关系得到，进而得到，代入求得则，得到轴，即可得证. 【详解】（1）因为，关于轴对称，，所以轴，且点纵坐标为. 令，则，解得，于是直线过焦点． 在中，，， 则，解得， 故的方程为． （2）由题意得，与轴不垂直， 不妨设直线，，，，， 联立，整理得，则， 所以，． 取中点，连接， 则，， 由，，得， 又，则，所以， 即，则， 因为，则， 则，则轴，即轴． 【变式训练】 变式1．（2026·江苏南京·模拟预测）已知，，M为单位圆O：上的动点，N为关于M的对称点，线段的中垂线与直线交于点P，记P的轨迹为曲线C． (1)求曲线C的方程； (2)设A，B是曲线C上的两点，直线与单位圆O相切，试判断：“”是“A，B，三点共线”的什么条件（在①充分不必要、②必要不充分、③充要、④既不充分也不必要中选一个），并证明你的结论． 【答案】(1) (2)必要不充分条件，证明见解析 【分析】（1）结合中垂线及三角形中位线几何性质，推得，再根据双曲线定义即可求得曲线C的方程； （2）证明必要性时，设直线AB方程为，联立双曲线方程并结合相切条件，根据弦长公式即可求出的值，从而判断必要性；证明充分性时，法一：根据对称性，可知此时不一定过点，从而判断充分性，法二：设直线AB方程为，根据相切条件，联立双曲线方程，并结合弦长公式列方程组求出的值后即可判断充分性． 【详解】（1）如图所示， 因为为的中垂线，所以， 又因为为中点，为中点， 所以为的中位线，所以， 从而， 所以点的轨迹是以，为焦点，2为实轴长的双曲线， 设焦距为，长轴长为，，则，，， 所以曲线的方程为． （2）如图所示， “”是“，，三点共线”的必要不充分条件，理由如下： 先证必要性：若，，三点共线，且根据相切可知直线AB斜率存在， 则设直线AB方程为，由相切得， 解得，由对称性，不妨设，则，联立， 得，设，，则， 所以，故必要性得证； 再证不充分性：法一：由对称性可知，若直线AB过点，则也可为， 例如直线AB为，过点且根据对称性知满足， 从而由不能推出，，三点共线； 法二：根据相切可知直线AB斜率存在，设AB方程为，易知， 由AB和圆O相切得，即， 联立，可得， 设，，则， 所以，解得或， 例如当，可得，取，则直线AB为，此时过点， 因此，，三点不一定共线； 综上：“”是“，，三点共线”的必要不充分条件． 变式2．（25-26高二上·黑龙江牡丹江·期中）已知抛物线：（）的焦点为F，是上第一象限内的点.且到距离与到的距离相等.过作的切线交轴于点. (1)求的标准方程； (2)求证：； (3)记关于轴的对称点为，直线关于轴的对称直线为，为上第四象限的点（与不重合），过作的切线，分别交，于P，Q两点，且，求证：M，F，Q三点共线. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由抛物线定义得到准线方程，进而求出p即可求解； （2）先依次设和直线的方程为，与抛物线联立求出点，再由即可求证； （3）先由对称得方程，与求法同理求出方程，联立与和求出，设直线与轴交于，由对称得，并由求出，进而计算得垂直于，从而得，再求出即可得证. 【详解】（1）由题意,抛物线的准线方程为，故， 所以抛物线的标准方程为； （2）设，由于在第一象限，故可设直线的方程为， 联立，消去,可得， 依题意，， 将代入 解得，所以切线的方程为. 令得，由题意知， 故，又， 所以，故. （3）如图， 设，， 由，关于轴对称，可得：， 与求法同理可得：， 联立与，，解得. 同理，故， 设直线与轴交于，则，关于点对称，即， 由：，令，得，所以， 故，则， 可得垂直于，故，可得， 所以， 所以， ∴， ∴M，F，Q三点共线. 变式3．（2025·四川达州·二模）椭圆的左，右焦点分别为，过的直线交于两点（点位于轴上方），为坐标原点． (1)若，求的值； (2)已知二次曲线在点处的切线方程为，现过两点作的两条切线相交于点，切线与圆分别交于和，其中分别位于点的左侧． （ⅰ）证明：三点共线； （ⅱ）求面积的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）答案见解析（ⅱ） 【分析】（1）由三点共线推理即可求解； （2）（ⅰ）通过准确画图大胆猜测直线和直线平行，故我们可以假设直线经过原点且与平行，且两点都在圆上，这样子显然可以得到三点共线，故我们只需要证明三点共线，且三点共线即可；（ⅱ）首先用含的式子表示点的坐标，通过分析可知只需要用只含的式子表示即可将面积转换为关于的函数，从而利用导数求函数单调性最值即可. 【详解】（1）注意到三点共线， 从而，即， 所以，解得； （2）（ⅰ）由题意可知直线斜率不为0，且注意到直线过点， 故可设直线的方程为， 联立直线的方程与椭圆的方程，得， 整理得，， 设， 由题意点位于轴上方，由求根公式可得， 画出图形如下，    观察并猜想，根据题目所要证明的结论，我们不妨设直线的方程为， 其中是直线与圆的交点，且其中分别位于点的左侧， 那么显然满足三点共线， 下面我们只需要证明三点共线，且三点共线即可得到重合，重合，也就是说此时命题可以得证， 要证明三点共线，只需证明， 联立与，解得， 由题意直线的方程为，同理直线的方程为， 要证明， 只需证明， 只需证明， 只需证明， 由的根是可知，， 从而只需证明， 只需证明， 只需证明， 而根据前面的假设可知，， 从而 ， 故三点共线，同理也三点共线， 这就说明重合，重合，也就是说此时命题已经得证； （ⅱ）联立直线的方程与直线的方程， 解得， 设为点到直线的距离， 从而， 而 ， 从而， 设，则， 求导得， 从而函数在上单调递增， 故面积的最小值为. 考点二 四点共圆问题 【例题分析】 例1．（2026·广东东莞·二模）已知反比例函数的图象是双曲线，两条坐标轴是其两条渐近线，将曲线绕原点顺时针旋转，得到曲线，设曲线的左顶点为. (1)求的坐标及曲线的标准方程； (2)若B，C为曲线右支上不同两点，为的垂心，为关于原点的对称点，证明： （i）点在曲线上； （ii）A，B，C，E四点共圆. 【答案】(1)， (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据旋转前的实半轴长和渐近线方程即可求出双曲线方程和左顶点坐标； （2）（i）表示出各边上的高所在直线方程，联立求出垂心坐标，代入曲线方程即可得证；（ii）利用斜率公式和正切和差公式表示出，即可得，即，即可得证. 【详解】（1）因为的两条渐近线为两条坐标轴，对称轴为，顶点坐标分别为，，实半轴长为， 将曲线绕原点顺时针旋转得到曲线，则是焦点在轴上的双曲线，渐近线方程为，实半轴长为， 所以的左顶点的坐标为， 所以曲线的标准方程为： （2）（i）方法一： 证明：因为曲线是曲线绕原点顺时针旋转得到，不妨设曲线上的点A，B，C分别对应曲线上的点，曲线的方程为，则的坐标为， 设点为的垂心，，且． 所以直线的斜率， 边的高所在的直线的方程为，① 同理：边的高所在的直线的方程为，② 因为垂心同时在上，联立①②，得，即. 所以的垂心在曲线上． 将曲线上的点绕原点顺时针旋转后得到曲线上对应的点分别为A，B，C，D， 则的垂心在曲线上. 方法二： 证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点， 设，设的垂心为， 有，， 恒成立，① 恒成立，② ①式两边同时乘以，得， 又因为，所以有恒成立．③ 同理，②式两边同时乘以，化简可得恒成立，④ ③-④，得：恒成立，⑤ 因为为的垂心， 所以有恒成立．⑥ ⑤式两边同时乘以，得恒成立，⑦ ⑥式两边同时乘以，得恒成立⑧ ⑧-⑦，得恒成立， 当时，恒成立，即的垂心在曲线上. 当时，的垂心是双曲线的右顶点，综上的垂心总在曲线上. 方法三： 证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点， 当BC的斜率不存在时，不妨设，则有， 所以BC边上的高所在的直线方程为，则与双曲线交于点， 下证为的垂心． 因为， 所以，所以， ，所以， 即为的垂心，所以垂心在曲线右支上． 当BC的斜率存在时，设直线BC的方程：， 联立，得， 所以有， 所以有， 则BC边上的高所在的直线方程为，交双曲线右支于点，交左支于点， 联立，可得， 所以有，即， 即 下证为的垂心. 因为， ， 所以③ 因为，代入③中，可得： 所以， 同理可得， 即为的垂心，因为所以垂心在曲线右支上. 综上所述：的垂心在曲线上. 方法四： 证明：因为B、C为曲线右支上不同的两点， 当BC的斜率不存在时，由双曲线的对称性不妨设， 所以BC边上的高所在的直线方程为， AC边上的高所在的直线方程为， 联立可得，，因为点在双曲线上，有，所以， 即垂心的坐标为，显然点在曲线右支上； 当或时，不妨设，则边AC的高所在的直线方程为， 边AB的高所在的直线方程为，联立可得， 因为，所以在曲线上． 当BC的斜率存在时，设，且， 设直线BC的方程：，联立，得， 所以有， 所以有， 所以AB边上的高所在的直线方程为，① AC边上的高所在的直线方程为，② 设垂心的坐标为，联立①、②， 得， 即垂心的横坐标 所以. 又因为垂心必然在BC边上的高所在的直线方程上， 所以，即有， 因为，所以，即垂心在曲线的右支上. 综上所述：的垂心在曲线上. （ii）方法一 证明：由（i）可知，曲线上的点A，B，C，D分别对应曲线上的点， 有的垂心在曲线上， 则关于原点的对称点也在曲线上. 由双曲线的对称性，不妨设点在直线的上方，在直线的下方， 因为，所以直线的斜率都存在． 即，， 当时，所以， ， 即有，所以． 所以四点共圆. 当时，，所以， 所以，所以 同理：可得，即，所以四点共圆. 将点绕原点顺时针旋转后得到对应的点分别为A，B，C，E， 则A，B，C，E四点共圆. 方法二 证明：由（i）可知，点D在双曲线右支上， 因为双曲线的图像关于原点中心对称，为关于原点的对称点， 所以点在双曲线的左支上. 当BC的斜率不存在时，不妨设，此时垂心的坐标为， 则关于原点的对称点与点重合. 因为存在外接圆，所以A，B，C，E四点共圆. 当BC的斜率存在时，设直线BC的方程为， 由双曲线的对称性，不妨设点在直线AC的上方，点在直线AC的下方， 则此时AB，AE，CE的斜率都存在， 设点，点， 因为点为垂心，且，所以，即， 又因为，即， 因为，所以， 因为，所以， 当时，此时有，即， 所以 则A，B，C，E四点共圆； 当时，即，此时有， ，则， 即，则A，B，C，E四点共圆. 综上所述：A，B，C，E四点共圆. 方法三 证明：由（i）可知，点D在双曲线右支上， 因为双曲线的图像关于原点中心对称，为关于原点的对称点， 所以点在双曲线的左支上． 当BC的斜率不存在时，不妨设，此时垂心的坐标为， 则关于原点的对称点与点重合. 因为存在外接圆，所以A，B，C，E四点共圆. 当BC的斜率存在时，设直线BC的方程为， 由双曲线的对称性，不妨设点在直线AC的上方，点在直线AC的下方， 则此时AB，AE，CE的斜率都存在，设点， 则， 因为， 则 因为， 代入得： 即 所以 当时，此时有，即， 所以，则A，B，C，E四点共圆； 当时，即，此时有， ，则， 即，则A，B，C，E四点共圆. 综上所述：A，B，C，E四点共圆. 例2．（25-26高三上·河南新乡·期末）在平面直角坐标系中，已知O为坐标原点，点，点，点，，，，直线与直线交于点P，设点P的轨迹为E． (1)求点P的轨迹E的方程； (2)已知直线l与曲线E交于M，N两点，，l上存在一点H满足． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）若O，M，R，N四点共圆，且点，当取最大值时，求直线l的方程． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）或． 【分析】（1）根据向量关系分别可得直线及的方程，两个方程联立消去参数可得； （2）（ⅰ）先由可得即为点O到直线MN的距离，分两种情况设直线l的方程，并与椭圆方程联立，由及根与系数关系得，从而可得；（ii）由四点共圆及可得，再结合根与系数关系可得，再与联立并通过换元可求得最大值及直线方程. 【详解】（1）因为点，，所以，因为，所以， 故直线的方程为，直线的方程为， 两式相乘得，因为，所以点P不能落在轴上，所以， 即. 故点P的轨迹E的方程为. （2）因为，，所以， 所以即为点O到直线MN的距离，设，， （ⅰ）当直线的斜率不存在时，，不妨设， 则，联立得，所以， 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，如图： 联立方程，化简得， ，所以， 所以，， 因为，所以，即， ，， 整理得，即， 因原点O到直线l的距离，所以， 综上，，为定值． （ⅱ）因为O，M，R，N四点共圆，所以四边形OMRN的对角互补，又因为，所以， 所以，即， ， 故， ， ，由（i）知， 所以，因为，所以， 故， 令，则， 当且仅当即时等号成立，此时，即，， 由知，，所以当取最大值时，直线l的方程为或． 例3．（2025·四川成都·模拟预测）在平面直角坐标系中，为坐标原点，动点与定点的距离和到定直线的距离的比是常数，设动点的轨迹为曲线. (1)求曲线的方程； (2)已知定点，，过点作垂直于轴的直线，过点作斜率大于0的直线与曲线交于点、，其中点在轴上方，点在轴下方.曲线与轴负半轴交于点，直线、与直线分别交于点、，若、、、四点共圆，求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用已知条件可得出关于、的等式，化简可得出曲线的方程； （2）设点、，设直线的方程为，将该直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出点、的纵坐标，利用相交弦定理以及韦达定理可求得实数的值. 【详解】（1）解：由题得：，两边平分并化简得， 所以，曲线的方程为. （2）解：设点、，设直线的方程为， 直线的方程与椭圆的方程联立， 消去得. 则，可得， 由韦达定理：，.    由条件，直线的方程为，直线的方程为， 于是可得，. 因为、、、四点共圆，由相交弦定理可得, 则，化简得， 又，，代入整理得：. 将韦达定理代入化简得：，即. 【变式训练】 变式1．（2025·河北唐山·模拟预测）设动点与定点的距离和到定直线的距离的比是. （1）求动点的轨迹方程； （2）设动点的轨迹为曲线，不过原点且斜率为的直线与曲线交于不同的两点，，线段的中点为，直线与曲线交于,D两点，证明：，，，四点共圆. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据题意列出关系式并整理化简即可；（2）联立直线与椭圆方程，分别求解，最后证明两者相等即可. 【详解】解：（1）设， 因为动点与定点的距离和到定直线的距离的比是， 所以，整理化简得. 所以动点的轨迹方程为：. （2）设直线的方程为，，， 由方程组得，① 方程①的判别式为， 由，即，解得. 由①得，. 所以点坐标为，直线方程为， 由方程组 得，. 所以. 又 . 所以. 所以，，，四点共圆. 变式2．（2025·河南洛阳·模拟预测）已知抛物线：，是上位于第一象限内的动点，它到点距离的最小值为，直线与交于另一点，线段AD的垂直平分线交于E，F两点. (1)求的值； (2)若，证明A，D，E，F四点共圆，并求该圆的方程. 【答案】(1)2； (2)证明见解析，. 【分析】（1）设，则，然后利用二次函数的知识结合的最小值可得答案； （2）依次求出点的坐标、的方程，然后算出线段的中点坐标和长度，然后可证明和求出圆的方程. 【详解】（1）设，则， 令，则， 对于二次函数，其对称轴为， 当时，，在上单调递增，其最小值为9，即的最小值为3，不满足题意， 当时，，所以当时取得最小值，即 所以，解得或（舍） 所以 （2）由（1）可得，当时，，点， 所以，直线的方程为， 由可得，解得或，所以， 所以的中点为，所以直线的方程为，即， 设，由可得，所以 所以线段的中点为， 因为，所以A，D，E，F四点共圆，圆心为，半径为8， 所以该圆的方程为. 变式3．（2025·四川泸州·模拟预测）从抛物线上各点向轴作垂线段，记垂线段中点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程，并说明曲线是什么曲线； （2）过点的直线交曲线于两点、，线段的垂直平分线交曲线于两点、，探究是否存在直线使、、、四点共圆？若能，请求出圆的方程；若不能，请说明理由． 【答案】（1）曲线的方程为，曲线是焦点为的抛物线；（2）存在；圆的方程为或． 【分析】（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为，根据中点坐标公式得出，代入等式化简可得出曲线的方程，进而可得出曲线的形状； （2）设直线的方程为，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，求出，求出线段的中点的坐标，进一步求出线段的中垂线的方程，求出，根据四点共圆结合垂径定理可得出关于的等式，求出的值，进一步可求得圆的方程，由此可得出结论. 【详解】（1）设抛物线上的任意点为，垂线段的中点为， 故，则，代入得，得曲线的方程为， 所以曲线是焦点为的抛物线； （2）若直线与轴重合，则直线与曲线只有一个交点，不合乎题意. 设直线的方程为，根据题意知，设、， 联立，得，，则，， 则， 且线段中点的纵坐标为，即， 所以线段中点为， 因为直线为线段的垂直平分线，可设直线的方程为， 则，故， 联立，得， 设、，则，， 故， 线段中点为， 假设、、、四点共圆，则弦的中垂线与弦中垂线的交点必为圆心， 因为为线段的中垂线，则可知弦的中点必为圆心，则， 在中，，所以， 则， 故，即， 解得，即， 所以存在直线，使、、、四点共圆，且圆心为弦的中点， 圆的方程为或． 2 学科网（北京）股份有限公司 $