第13讲 抛物线与圆相关问题 专题训练-2027届高考数学二轮复习抛物线专题（新高考通用）

**基本信息** 聚焦抛物线与圆综合问题，以四类核心题型为框架，系统提炼设而不求、直径性质、定点验证等解题方法，构建几何性质与代数运算融合的知识逻辑链，培养逻辑推理与数学建模素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |四点共圆问题|1典例+7变式|设而不求、斜率/向量关系证明四点共圆|抛物线与圆的位置关系，韦达定理应用| |外接圆问题|1典例+4变式|切线性质、直角三角形外接圆直径最小化|抛物线切线与圆的几何性质结合| |圆过定点问题|1典例+2变式|联立方程求圆方程，验证定点恒成立|动圆方程与抛物线方程联立的代数推理| |等角问题|1典例+6变式|倾斜角互补、导数求切线斜率证角互补|抛物线切线斜率与直线倾斜角的关系|

第13讲 抛物线与圆相关问题专题训练 目 录 题型01：四点共圆问题 1 题型02：外接圆问题 13 题型03：圆过定点问题 18 题型04：等角问题 22 题型01：四点共圆问题 【典型例题】已知直线交抛物线于两点． （1）设直线与轴的交点为．若，求实数的值； （2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【分析】 （1）设，直线方程代入抛物线方程后由判别式得的范围，由韦达定理得，再由向量的数乘可得＝0，结合韦达定理可得值； （2）设，由对称性得，．再由在抛物线上，代入变形得与的关系，然后计算，得， 同理，得证四点共圆． 【详解】 解：由得． 设， 则． 因为直线与相交， 所以 得． （1）由，得， 所以，解得 从而， 因为 所以解得． （2）设， 因为两点关于直线对称， 则 解得． 又 于是 解得． 又点在抛物线上， 于是． 因为 所以， 于是 因此， 同理 于是点在以为直径的圆上， 即四点共圆． 【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，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理可得，再利用向量的线性运算求得关系，从而可求得值． 【变式训练1-1】已知抛物线：（）上的点到其焦点的距离为1． （Ⅰ）求和的值； （Ⅱ）求直线：交抛物线于两点、，线段的垂直平分线交抛物线于两点、，求证：、、、四点共圆． 【答案】（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析. 【分析】 （Ⅰ）根据抛物线的定义可得点到其焦点的距离等于该点到准线距离，即可求出，从而得到抛物线方程，再计算出参数的值； （Ⅱ）设，，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，即可求出线段的中点的坐标，因为直线为线段的垂直平分线，直线的方程为，设，，求出线段的中点坐标，再利用勾股定理计算可得； 【详解】 解：（Ⅰ）的准线为， 因为点到其焦点的距离等于该点到准线距离， 所以， 故，即， 又在上， 所以； （Ⅱ）设，， 联立，得， 则，， 且，即， 则， 且线段中点的纵坐标为，则， 所以线段中点为， 因为直线为线段的垂直平分线，直线的方程为， 联立，得， 设，， 则， 故， 线段中点为， 因为， ， 所以， 所以点在以为直径的圆上， 同理点在以为直径的圆上， 所以、、、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|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 【变式训练1-2】已知直线与轴，轴分别交于，，线段的中垂线与抛物线有两个不同的交点、． （1）求的取值范围； （2）是否存在，使得，，，四点共圆，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）（2）存在， 【分析】 （1）求出两点坐标，得出其中垂线方程为，与抛物线方程联立根据即可得结果； （2）设，，线段的中点为，将（1）和韦达定理可得，，结合四点共圆的特征得，代入两点间距离公式可解得的值. 【详解】 （1）因为直线与轴，轴分别交于，. 所以，， 所以线段的中点为，， 所以线段的中垂线的方程为，即. 将代入， 得， 因为与有两个不同的交点，. 所以， 又，所以，即的取值范围为. （2）若，，，四点共圆，由对称性可知，圆心应为线段的中点， 设，，线段的中点为， 则， 所以，， 若，，C，四点共圆，则，即， 所以. 所以，解得， 又满足，所以存在，使得，，C，四点共圆. 【点睛】 本题主要考查了直线与抛物线的位置关系，圆内接四边形的特征，考查了学生的计算能力，属于中档题. 【变式训练1-3】已知抛物线的焦点为F，准线为为坐标原点，过F的直线m与抛物线E交于两点，过F且与直线m垂直的直线n与准线交于点M． （1）若直线m的斜率为，求的值； （2）设的中点为N，若四点共圆，求直线m的方程． 【答案】（1）或；（2）． 【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，用表示坐标，再结合条件得到，建立关于的方程即可获解. 【详解】 （1）设，当时，设，则， 直线m的斜率为直线m的倾斜角为， 由抛物线的定义，有， ，解得：， 若时，同理可得：， 或． （2）设直线m的方程为，代入，得． 设，则． 由， 得， 所以． 因为直线m的斜率为，所以直线n的斜率为， 则直线n的方程为． 由解得． 若四点共圆，再结合，得， 则，解得， 所以直线m的方程为． 【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. 【变式训练1-4】如图，已知椭圆C的方程为，为半焦距，椭圆C的左、右焦点分别为，椭圆C的离心率为． （1）若椭圆过点，两条准线之间的距离为，求椭圆C的标准方程； （2）设直线与椭圆C相交于，两点，且四点共圆，若，试求的最大值． 【答案】（1）（2） 【分析】 (1)利用准线,以及求出离心率,又因为椭圆过点,确定方程. (2)将直线方程代入椭圆方程, 根据中心对称性和四点共圆，所以. 所以三角形是直角三角形,,根据得出取得最大值. 【详解】 （1）因为两条准线之间的距离为，所以，又，故， 因为，所以，解得， 因为椭圆过点，所以， 故，，所以椭圆的标准方程为. （2）设， 由得，解得.由椭圆的中心对称性得，， 因为四点共圆，所以， 所以，即， 所以三角形是直角三角形，且，所以， 即，故， 所以，即， 分离k，e得，， 因为，所以， 令则，所以， 令， 则，易得当，单调递减， 所以时，取最大值，即取得最大值为． 【点睛】 本题考查椭圆方程,直线与椭圆的位置关系,含参分式的最值,属于难题. 【变式训练1-5】已知点，直线 ，点是上的动点，过点垂直于轴的直线与线段的垂直平分线相交于点． （1）求点的轨迹方程； （2）若，直线与点的轨迹交于两点，试问的轨迹上是否存在两点，使得四点共圆？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在且，的无数个圆满足条件. 【解析】 试题分析：（1）借助点在线段的中垂线上建立等式并化简即可；（2）依据题设条件建立方程,通过方程有无解的分析析作出推理和判断即可. 试题解析：解: （1）设，依题意，，即． 化简整理得． （2）把与联立，解得，，则线段的垂直平分线方程 若存在、两点，使得、、、四点共圆，则圆心必在直线上， 设圆心坐标，则半径， 圆的方程为， 将代入并整理得， 则， 或或， 应有除、之外的两个根， ，且，，解得且，． 存在且，的无数个圆满足条件． 考点：(1)轨迹方程与探求方法；(2)圆的方程及简单高次方程的求解等有关知识的运用. 【变式训练1-6】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． 【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：用动点的坐标、表示相关点的坐标、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程； （4）参数法：当动点坐标、之间的直接关系难以找到时，往往先寻找、与某一参数得到方程，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. 【变式训练1-71】在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，. （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点，设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程. 【答案】（1）（2） 【分析】 （1）由抛物线的定义可得，即可求出，从而得到抛物线方程； （2）设直线的方程为，代入，得. 设，，列出韦达定理，表示出中点的坐标，若、、、四点共圆，再结合，得，则即可求出参数，从而得解； 【详解】 解：（1）由抛物线定义，得，解得， 所以抛物线的方程为. （2）设直线的方程为，代入，得. 设，，则，. 由，，得 ， 所以. 因为直线的斜率为，所以直线的斜率为，则直线的方程为. 由解得. 若、、、四点共圆，再结合，得， 则，解得， 所以直线的方程为. 【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. 题型02：外接圆问题 【典型例题】已知抛物线，是的准线上的动点，过作的两条切线，切点分别为，． （1）当点在轴上时，求切线，的方程； （2）设圆是的外接圆，当圆的面积最小时，求圆的方程． 【解答】解：（1）抛物线，准线的方程， 点在轴上， ， 设，，，，且， 由，求导， ， 解得， 切线的方程为，即， 同理可得切线的方程为， （2）如图：设点， 设过点与抛物线相切的直线方程为， 由 △． ， 即切线，互相垂直．即是直角三角形，的外接圆直径为弦． 当圆的面积最小时，即是最短时， ，此时垂直轴，的外接圆圆心为， 圆的方程为． 【变式训练2-1】已知定点，定直线，动圆过点，且与直线相切． （Ⅰ）求动圆的圆心轨迹的方程； （Ⅱ）过点的直线与曲线相交于，两点，分别过点，作曲线的切线，，两条切线相交于点，求外接圆面积的最小值． 【解答】解：（Ⅰ）设点到直线的距离为，依题意． 设，则有． 化简得． 所以点的轨迹的方程为． （Ⅱ）设， 代入中，得． 设，，，， 则，． 所以． 因为，即，所以． 所以直线的斜率为，直线的斜率为． 因为， 所以，即为直角三角形． 所以的外接圆的圆心为线段的中点，线段是直径． 因为， 所以当时线段最短，最短长度为4，此时圆的面积最小，最小面积为． 【变式训练2-21】过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，，． （Ⅰ） 证明：为定值； （Ⅱ） 记的外接圆的圆心为点，点是抛物线的焦点，对任意实数，试判断以为直径的圆是否恒过点？并说明理由． 【解答】解：（Ⅰ）证明：法1：由，得，所以．所以直线的斜率为． 因为点，和，在抛物线上，所以，． 所以直线的方程为．（1分） 因为点在直线上， 所以，即．（2分） 同理，．（3分） 所以，是方程的两个根． 所以．（4分） 又，（5分） 所以为定值．（6分） 法2：设过点且与抛物线相切的切线方程为，（1分） ，消去得， 由△，化简得．（2分） 所以．（3分） 由，得，所以． 所以直线的斜率为，直线的斜率为． 所以，即．（4分） 又，（5分） 所以为定值．（6分） （Ⅱ） 法1：直线的垂直平分线方程为，（7分） 由于，， 所以直线的垂直平分线方程为．①（8分） 同理直线的垂直平分线方程为．②（9分） 由①②解得，， 所以点．（10分） 抛物线的焦点为，则． 由于，（11分） 所以． 所以以为直径的圆恒过点．（12分） 另法：以为直径的圆的方程为．（11分） 把点代入上方程，知点的坐标是方程的解． 所以以为直径的圆恒过点．（12分） 法2：设点的坐标为， 则的外接圆方程为， 由于点，，，在该圆上， 则，． 两式相减得，①（7分） 由（Ⅰ）知，代入上式得，（8分） 当时，得，② 假设以为直径的圆恒过点，则，即，，， 得，③（9分） 由②③解得，（10分） 所以点．（11分） 当时，则，点． 所以以为直径的圆恒过点．（12分） 【变式训练2-3】已知抛物线，为直线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，，切点分别为，． （1）当的坐标为时，求过，，三点的圆的方程； （2）若，是上的任意点，求证：点处的切线的斜率为； （3）证明：以为直径的圆恒过点． 【解答】解：（1）当的坐标为时， 设过点的切线方程为，代入，整理得， 令△，解得， 代入方程得，故得，， 因为到的中点的距离为2， 从而过，，三点的圆的方程为． （2）证明：抛物线，导数为， 可得，是上的任意点， 点处的切线的斜率为； （3）证明：设切点分别为，，，， ，， 切线的方程为，即， 切线的方程为，即， 又因为切线过点，， 所以得，① 又因为切线也过点，， 所以得，② 所以，是方程的两实根， 由韦达定理得，， 因为，，，， 所以 ， 将，代入，得， 则以为直径的圆恒过点． 【变式训练2-4】已知点是抛物线的顶点，，是上的两个动点，且． （1）判断点是否在直线上？说明理由； （2）设点是的外接圆的圆心，求点的轨迹方程． 【解答】解：（1）由抛物线的方程可得顶点，由题意可得直线的斜率存在，设直线的方程为：，设，，， 联立直线与抛物线的方程：，整理可得：，△，即， ，，，， 因为，，， 而，所以，解得，满足判别式大于0， 即直线方程为，所以恒过 可得点在直线上． （2）因为点是的外接圆的圆心，所以点是三角形三条边的中垂线的交点， 设线段的中点为，线段的中点为为， 因为，设，，， 所以，，，，，， 所以线段的中垂线的方程为：， 因为在抛物线上，所以， 的中垂线的方程为：，即， 同理可得线段的中垂线的方程为：， 联立两个方程，解得， 由（1）可得，， 所以，， 即点，所以， 即点的轨迹方程为：． 题型03：圆过定点问题 【典型例题】已知动圆与定圆相外切，又与定直线相切. （1）求动圆的圆心的轨迹的方程， （2）过点的直线交曲线于，两点，直线分别交直线，于点和点.求证：以为直径的圆经过轴上的两个定点. 【答案】（1）（2）证明见解析 【分析】 （1）易知到点的距离与到直线的距离相等，得到轨迹方程. （2），设直线方程为：，联立方程得到，为直径的圆方程为：，计算得到答案. 【详解】 （1）如图所示：根据题意知到点的距离与到直线的距离相等， 所以的轨迹方程为：. （2）显然直线不与轴重合，设直线方程为：， 与联立消得：， 设，则， 直线方程为：，所以，即， 同理，所以以为直径的圆方程为：， 令得：，即， 以为直径的圆经过轴上的两个定点和. 【点睛】 本题考查了轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 【变式训练3-1】已知动圆过定点，且和直线相切，动圆圆心形成的轨迹是曲线，过点的直线与曲线交于两个不同的点. （1）求曲线的方程； （2）在曲线上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1）（2）见解析 【分析】 （1）由抛物线定义确定P的轨迹方程，（2）设，直线的方程为，代入抛物线方程，整理得 设存在定点，由，代入韦达定理整理得，利用即可得 【详解】 （1）设动圆圆心到直线的距离为，根据题意， 动点形成的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线， 抛物线方程为. （2）根据题意，设，直线的方程为，代入抛物线方程，整理得 若设抛物线上存在定点，使得以为直径的圆恒过点，设，则 ，同理可得 解得 在曲线上存在定点，使得以为直径的圆恒过点. 【点睛】 本题考查由定义求轨迹方程，考查直线与抛物线的位置关系，圆的性质的应用，考查计算能力，是中档题 【变式训练3-2】已知抛物线与过点的直线交于两点. （1）若，求直线的方程； （2）若，轴，垂足为，探究：以为直径的圆是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由. 【答案】（1）或；（2）过定点， 【分析】 （1）设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，利用根与系数的关系及弦长公式计算即可； （2）设以为直径的圆经过点，，，利用得，令解方程组即可. 【详解】 （1）由题可知，直线的斜率不为0，设其方程为， 将代入，消去可得， 显然，设，，则，， 所以， 因为，所以，解得， 所以直线的方程为或. （2）因为，所以是线段的中点， 设，则由（1）可得，， 所以，又轴，垂足为，所以， 设以为直径的圆经过点，则，， 所以，即， 化简可得①， 令，可得， 所以当，时，对任意的，①式恒成立， 所以以为直径的圆过定点，该定点的坐标为. 【点睛】 本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及到抛物线中的定点问题，考查学生的计算能力，是一道中档题. 题型04：等角问题 【典型例题】已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）设为抛物线上任意一点（异于顶点），过做倾斜角互补的两条直线、，交抛物线于另两点、，记抛物线在点的切线的倾斜角为，直线的倾斜角为，求证：与互补. 【答案】（1）（2）证明见解析 【分析】 （1）根据题意，设直线方程为，联立方程，根据抛物线的定义即可得到结论； （2）根据题意，设的方程为，联立方程得，同理可得，进而得到，再利用点差法得直线的斜率，利用切线与导数的关系得直线的斜率，进而可得与互补. 【详解】 （1）由题意设直线的方程为，令、， 联立，得 ， 根据抛物线的定义得， 又， 故所求抛物线方程为. （2）依题意，设，， 设的方程为，与联立消去得， ，同理 ，直线的斜率= 切线的斜率， 由，即与互补. 【点睛】 本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，直线斜率的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题． 【变式训练4-1】在直角坐标系中，过点的直线与抛物线相交于，两点，弦的中点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）已知直线与相交于，两点. （i）求的取值范围； （ii）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由. 【答案】(1) ； (2) （i）或.（ii）见解析. 【分析】 （1）先设，，，根据，以及题意，得到，再由，两式联立，即可得出结果； （2）（i）先由题意得到方程组有两不同实数解，消去，根据判别式，以及题中条件，列出不等式求解，即可得出结果； （ii）假设存在是符合题意的点；设，，联立直线与曲线方程，根据韦达定理，得到，，计算，只需，即可得. 【详解】 （1）设，，，由题意可得：， 则，从而， 因为点为弦的中点，所以，即， 又直线过点，所以， 则，即， 而必在抛物线的内部，从而，即. 故的方程为. （2）（i）因为直线与相交于，两点， 所以方程组有两不同实数解， 由消去，得， 即在上有两个不相等的实数根， 所以，只需且， 即且，解得：或. 所以的取值范围是或； （ii）假设存在是符合题意的点；设，. 将消去，得，故，， 由（i）知：或； 从而 ， 因此，当，即时，， 又为坐标原点，所以， 即存在点符合题意. 【点睛】 本题主要考查求抛物线弦中点的轨迹，以及直线与抛物线位置关系的综合，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型. 【变式训练4-2】在直角坐标系中，抛物线：与直线：交于，两点. （1）设，到轴的距离分别为，，证明：与的乘积为定值. （2）轴上是否存在点，当变化时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析（2）存在, 【解析】 【分析】 （1）先将代入，设，，结合韦达定理，即可证明结论成立； （2）先设设为符合题意的点，直线，的斜率分别为，，由，得当变化时，恒成立，进而可求出结果. 【详解】 （1）证明：将代入，得. 设，，则， 从而为定值. （2）解：存在符合题意的点，证明如下： 设为符合题意的点，直线，的斜率分别为，. 从而. 当时，有对任意恒成立，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补，故，所以点符合题意. 【点睛】 本题主要考查直线与抛物线的位置关系、以及抛物线中的定点问题，通常需要联立直线与抛物线方程，结合韦达定理等求解，属于常考题型. 【变式训练4-3】在直角坐标系中，抛物线与直线 交于，两点. （1）当时，分别求抛物线在点和处的切线方程； （2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由. 【答案】(1) 过点和点的切线方程分别为.(2)存在点，理由见解析 【分析】 （1）将直线l的方程代入抛物线C的方程，求出点M、N的坐标，再联立方程，判别式为零，可求出抛物线C在点M、N处的切线方程； （2）设点P为符合题意的点，将直线l的方程与抛物线C的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式计算直线PM和直线PN的斜率之和为0，求出的值，即可解决该问题． 【详解】 （1）由题意知时，联立， 解得，． 设过点的切线方程为， 联立得：， 由题意：，即，解得， 根据对称性，过点的切线斜率为， 所以过点和点的切线方程分别为. （2）存在符合题意的点，证明如下： 设点为符合题意的点，，，直线，的斜率分别为，．联立方程，得，故，， 从而． 当时，有，则直线与直线的倾斜角互补， 故，所以点符合题意． 【点睛】 本题考查直线与抛物线的综合问题，考查韦达定理设而不求法在抛物线综合问题中的应用，考查计算能力，属于中等题． 【变式训练4-4】在直角坐标系中，曲线：与直线交与，两点. （1）当时，求弦长； （2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由. 【答案】（1）；（2）存在点满足要求，理由见解析. 【分析】 （1）将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理和弦长公式计算； （2）问题等价转化为，设为符合题意的点，将直线的方程与抛物线的方程联立，利用韦达定理和斜率公式表示直线和直线的斜率，代入化简整理，根据恒成立的意义求出的值，即可得到结论． 【详解】 （1）当时，直线方程为，设，， 联立∴， ∴，， ∴. （2）假设存在满足条件的点，设，，， 联立∴， 则，∴，. ∵，∴， 即. 所以，整理得：， 所以，所以对任意成立，所以， 所以存在点满足要求. 【点睛】 本题考查直线与抛物线的综合问题，涉及弦长问题，斜率问题，定点定值问题，考查韦达定理设而不求法，考查计算能力，属于中等题． 【变式训练4-5】在直角坐标系中，曲线与直线交于两点， （Ⅰ）当时，求在点和处的切线方程； （Ⅱ）若轴上存在点，当变动时，总有,试求出坐标. 【答案】（Ⅰ）或（Ⅱ） 【分析】 （Ⅰ）过的切线斜率为切线方程为：，与联立方程得，, 由得,同理求N点处的切线方程；（Ⅱ）当时，，联立直线和抛物线再结合韦达定理代入上式，可得到结果. 【详解】 （Ⅰ）当时，联立方程得或， 不妨取和，设过的切线斜率为， 则其切线方程为：，与联立方程得，， 由得， 分所以曲线在的切线方程为：， 同理，曲线在的切线方程为：. 综上在点和处的切线方程分别为和， （Ⅱ）联立方程，消去整理得， 设，斜率分别为，则由根与系数关系得， 由题意，当时， ， 将代入整理得恒成立，所以． 所以轴上存在点，当变动时，总有. 【点睛】 本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用． 【变式训练4-6】在直角坐标系中，曲线：与直线：交于，两点. （1）当时，求的面积的取值范围. （2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）（2）存在符合题意的点，详见解析 【分析】 （1）设，，将代入C得方程整理得，．利用△MON的面积．可得MON的面积的取值范围． （2）直线，的斜率分别为，，利用根与系数的关系、斜率计算公式可得⇔直线PM，PN的倾斜角互补⇔∠OPM＝∠OPN．即可证明． 【详解】 解：（1）将代入，得， 设，，则，， 从而. 因为到的距离为， 所以的面积. 因为，所以. （2）存在符合题意的点，证明如下： 设为符合题意的点，直线，的斜率分别为，. 从而 . 当时，有，则直线的倾斜角与直线的倾斜角互补， 故，所以点符合题意. 【点睛】 本题考查了直线与抛物线相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、斜率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第13讲 抛物线与圆相关问题专题训练 目 录 题型01：四点共圆问题 1 题型02：外接圆问题 4 题型03：圆过定点问题 6 题型04：等角问题 8 题型01：四点共圆问题 【典型例题】已知直线交抛物线于两点． （1）设直线与轴的交点为．若，求实数的值； （2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【分析】 （1）设，直线方程代入抛物线方程后由判别式得的范围，由韦达定理得，再由向量的数乘可得＝0，结合韦达定理可得值； （2）设，由对称性得，．再由在抛物线上，代入变形得与的关系，然后计算，得， 同理，得证四点共圆． 【详解】 解：由得． 设， 则． 因为直线与相交， 所以 得． （1）由，得， 所以，解得 从而， 因为 所以解得． （2）设， 因为两点关于直线对称， 则 解得． 又 于是 解得． 又点在抛物线上， 于是． 因为 所以， 于是 因此， 同理 于是点在以为直径的圆上， 即四点共圆． 【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，直线方程代入抛物线方程后应用韦达定理可得，再利用向量的线性运算求得关系，从而可求得值． 【变式训练1-1】已知抛物线：（）上的点到其焦点的距离为1． （Ⅰ）求和的值； （Ⅱ）求直线：交抛物线于两点、，线段的垂直平分线交抛物线于两点、，求证：、、、四点共圆． 【变式训练1-2】已知直线与轴，轴分别交于，，线段的中垂线与抛物线有两个不同的交点、． （1）求的取值范围； （2）是否存在，使得，，，四点共圆，若存在，请求出的值，若不存在，请说明理由． 【变式训练1-3】已知抛物线的焦点为F，准线为为坐标原点，过F的直线m与抛物线E交于两点，过F且与直线m垂直的直线n与准线交于点M． （1）若直线m的斜率为，求的值； （2）设的中点为N，若四点共圆，求直线m的方程． 【变式训练1-4】如图，已知椭圆C的方程为，为半焦距，椭圆C的左、右焦点分别为，椭圆C的离心率为． （1）若椭圆过点，两条准线之间的距离为，求椭圆C的标准方程； （2）设直线与椭圆C相交于，两点，且四点共圆，若，试求的最大值． 【变式训练1-5】已知点，直线 ，点是上的动点，过点垂直于轴的直线与线段的垂直平分线相交于点． （1）求点的轨迹方程； （2）若，直线与点的轨迹交于两点，试问的轨迹上是否存在两点，使得四点共圆？若存在，求出圆的方程；若不存在，请说明理由． 【变式训练1-6】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． 【变式训练1-71】在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，是抛物线上上一点，且点的横坐标为，. （1）求抛物线的方程； （2）过点的直线与抛物线交于、两点，过点且与直线垂直的直线与准线交于点，设的中点为，若、、四点共圆，求直线的方程. 题型02：外接圆问题 【典型例题】已知抛物线，是的准线上的动点，过作的两条切线，切点分别为，． （1）当点在轴上时，求切线，的方程； （2）设圆是的外接圆，当圆的面积最小时，求圆的方程． 【解答】解：（1）抛物线，准线的方程， 点在轴上， ， 设，，，，且， 由，求导， ， 解得， 切线的方程为，即， 同理可得切线的方程为， （2）如图：设点， 设过点与抛物线相切的直线方程为， 由 △． ， 即切线，互相垂直．即是直角三角形，的外接圆直径为弦． 当圆的面积最小时，即是最短时， ，此时垂直轴，的外接圆圆心为， 圆的方程为． 【变式训练2-1】已知定点，定直线，动圆过点，且与直线相切． （Ⅰ）求动圆的圆心轨迹的方程； （Ⅱ）过点的直线与曲线相交于，两点，分别过点，作曲线的切线，，两条切线相交于点，求外接圆面积的最小值． 【变式训练2-21】过点作抛物线的两条切线，切点分别为，，，． （Ⅰ） 证明：为定值； （Ⅱ） 记的外接圆的圆心为点，点是抛物线的焦点，对任意实数，试判断以为直径的圆是否恒过点？并说明理由． 【变式训练2-3】已知抛物线，为直线上任意一点，过点作抛物线的两条切线，，切点分别为，． （1）当的坐标为时，求过，，三点的圆的方程； （2）若，是上的任意点，求证：点处的切线的斜率为； （3）证明：以为直径的圆恒过点． 【变式训练2-4】已知点是抛物线的顶点，，是上的两个动点，且． （1）判断点是否在直线上？说明理由； （2）设点是的外接圆的圆心，求点的轨迹方程． 题型03：圆过定点问题 【典型例题】已知动圆与定圆相外切，又与定直线相切. （1）求动圆的圆心的轨迹的方程， （2）过点的直线交曲线于，两点，直线分别交直线，于点和点.求证：以为直径的圆经过轴上的两个定点. 【答案】（1）（2）证明见解析 【分析】 （1）易知到点的距离与到直线的距离相等，得到轨迹方程. （2），设直线方程为：，联立方程得到，为直径的圆方程为：，计算得到答案. 【详解】 （1）如图所示：根据题意知到点的距离与到直线的距离相等， 所以的轨迹方程为：. （2）显然直线不与轴重合，设直线方程为：， 与联立消得：， 设，则， 直线方程为：，所以，即， 同理，所以以为直径的圆方程为：， 令得：，即， 以为直径的圆经过轴上的两个定点和. 【点睛】 本题考查了轨迹方程，定点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力. 【变式训练3-1】已知动圆过定点，且和直线相切，动圆圆心形成的轨迹是曲线，过点的直线与曲线交于两个不同的点. （1）求曲线的方程； （2）在曲线上是否存在定点，使得以为直径的圆恒过点？若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由. 【变式训练3-2】已知抛物线与过点的直线交于两点. （1）若，求直线的方程； （2）若，轴，垂足为，探究：以为直径的圆是否过定点？若是，求出该定点的坐标；若不是，请说明理由. 题型04：等角问题 【典型例题】已知倾斜角为的直线经过抛物线的焦点，与抛物线相交于、两点，且. （1）求抛物线的方程； （2）设为抛物线上任意一点（异于顶点），过做倾斜角互补的两条直线、，交抛物线于另两点、，记抛物线在点的切线的倾斜角为，直线的倾斜角为，求证：与互补. 【答案】（1）（2）证明见解析 【分析】 （1）根据题意，设直线方程为，联立方程，根据抛物线的定义即可得到结论； （2）根据题意，设的方程为，联立方程得，同理可得，进而得到，再利用点差法得直线的斜率，利用切线与导数的关系得直线的斜率，进而可得与互补. 【详解】 （1）由题意设直线的方程为，令、， 联立，得 ， 根据抛物线的定义得， 又， 故所求抛物线方程为. （2）依题意，设，， 设的方程为，与联立消去得， ，同理 ，直线的斜率= 切线的斜率， 由，即与互补. 【点睛】 本题考查直线与抛物线的位置关系的综合应用，直线斜率的应用，考查分析问题解决问题的能力，属于中档题． 【变式训练4-1】在直角坐标系中，过点的直线与抛物线相交于，两点，弦的中点的轨迹记为. （1）求的方程； （2）已知直线与相交于，两点. （i）求的取值范围； （ii）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由. 【变式训练4-2】在直角坐标系中，抛物线：与直线：交于，两点. （1）设，到轴的距离分别为，，证明：与的乘积为定值. （2）轴上是否存在点，当变化时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 【变式训练4-3】在直角坐标系中，抛物线与直线 交于，两点. （1）当时，分别求抛物线在点和处的切线方程； （2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由. 【变式训练4-4】在直角坐标系中，曲线：与直线交与，两点. （1）当时，求弦长； （2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？说明理由. 【变式训练4-5】在直角坐标系中，曲线与直线交于两点， （Ⅰ）当时，求在点和处的切线方程； （Ⅱ）若轴上存在点，当变动时，总有,试求出坐标. 【变式训练4-6】在直角坐标系中，曲线：与直线：交于，两点. （1）当时，求的面积的取值范围. （2）轴上是否存在点，使得当变动时，总有？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $