高考数学母题：圆锥曲线上四点共圆的充要条件及命题视角Word文件下载.doc
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|PA||PB|=|PC||PD|A、B、C、D四点共圆,即得:
AB,CD是椭圆G的两条相交弦,则:
A、B、C、D四点共圆的充要条件是直线AB与CD的倾斜角互补;
该结果可推广为:
AB,CD是圆锥曲线G的两条相交弦,则:
A、B、C、D四点共圆的充要条件是直线AB与CD的倾斜角互补.
由四点共圆的充要条件立得:
若圆锥曲线上四点共圆,
则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;
考虑四点共圆的极限情形（如图）有:
设点A是圆锥曲线G上的定点但不是顶点,
B、C是G上的两个动点,直线AB、AC的斜率互为相反数,则直线BC的斜率为曲线G过点A的切线斜率的相反数（定值）;
我们把该结论称为母题的推论.
1.证明四点共圆
子题类型Ⅰ:
（2011年全国高考试题）已知O为坐标原点,F为椭圆C:
x2+=1在y轴正半
轴上的焦点,过F且斜率为-的直线l与C交于A、B两点,点P满足=0.
（Ⅰ）证明:
点P在C上;
（Ⅱ）设点P关于点O的对称点为Q,证明:
A、P、B、Q四点在同一圆上.
[分析]:
由直线l:
y=-x+1可得P（-,-1）在C上kPQ=kOP=kl+kPQ=0A、P、B、Q四点共圆.
[解析]:
（Ⅰ）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,由F（0,1）直线l:
y=-x+1,y=-x+1与x2+=1联立得:
4x2-2x-1=0
x1+x2=y1+y2=-（x1+x2）+2=1;
又由=0P（-,-1）在C上;
（Ⅱ）由kPQ=kOP=直线OQ:
y=xA、P、B、Q四点均在曲线G:
2x2+y2-2+λ（x+y-1）（x-y）=0上;
由2x2+y2-2+λ（x+y-1）（x-y）=（2+2λ）x2+（1-λ）y2-λx+λy-2,令2+2λ=1-λλ=-曲线G:
4x2+4y2+x-y-6=0为圆A、P、B、Q四点在同一圆上.
[点评]:
对于给定的圆锥曲线G,巧妙选取两条斜率互为相反数的直线,即可构造这两条直线与圆锥曲线G的四个交点共圆问题:
证明四点共圆,或判断四点是否共圆？
对于该类问题:
圆锥曲线G:
ax2+cy2+dx+ey+f=0,直线l1:
y=kx+m,直线l2:
y=
-kx+n,则直线l1、l2与圆锥曲线G的四个交点均在曲线Γ:
ax2+cy2+dx+ey+f+λ（kx-y+m）（kx+y-n）=0上,当λ=时,曲线Γ为圆,由此即可证明判断四点四点共圆.
2.已知四点共圆,求弦的方程
子题类型Ⅱ:
（2014年全国（大纲）高考试题）已知抛物线C:
y2=2px（p>
0）的焦点为F,直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=|PQ|.
（Ⅰ）求C的方程;
（Ⅱ）过F的直线l与C相交于A、B两点,若AB的垂直平分线与C相较于M、N两点,且A、M、B、N四点在同一圆上,求l的方程.
由抛物线的焦半经公式及|QF|=|PQ|可得p=2;
由AB⊥MN,且直线AB与MN的倾斜角互补直线AB的倾斜角=
或直线AB:
y=（x-1）.
（Ⅰ）设Q（x0,4）,代入y2=2px得x0=|PQ|=,|QF|=+;
由|QF|=|PQ|+=p=2抛物线C:
y2=4x;
（Ⅱ）由F（1,0）,设AB的中点为H（x0,y0）,直线l的倾斜角为α∈（0,π）,直线l:
则直线MN:
tanα=;
把代入y2=4x得:
t2sin2α+2（y0sinα-2cosα）t+y02-4x0=0|HA||HB|=;
把
代入y2=4x得:
t2cos2α+2（y0cosα+2sinα）t+y02-4x0=0|HM||HN|=;
由A、M、B、N四点在同一圆上|HA||HB|=
|HM||HN|=tanα=1直线l:
对于给定的圆锥曲线G,求直线l1、l2,使得直线l1、l2与圆锥曲线G的四个交点A、B、C、D共圆,此类问题是四点共圆的逆向问题;
设直线l1与l2的交点T（x0,y0）和直线l1与l2的参数方程,利用参数的几何意义分别求|TA||TC|、|TB||TD|,根据A、B、C、D共圆得:
|TA||TC|=|TB||TD|,由此求解.
3.四点共圆的应用
子题类型Ⅲ:
（2009年辽宁高考试题）已知椭圆C过点A（1,）,两个焦点为（-1,0）,（1,0）.
（Ⅰ）求椭圆C的方程;
（Ⅱ）E,F是椭圆C上的两个动点,如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数,证明:
直线EF的斜率为定值,并求出这个定值.
由椭圆C在点A处的切线方程为:
+=1切线斜率k=-;
由母题的推论知kEF=-k=为定值.
（Ⅰ）设椭圆C:
0）,由题知c=1,=a=4,b2=3椭圆C:
+=1;
（Ⅱ）设直线AE方程为:
y=k（x-1）+,代入+=1得:
（3+4k2）+4k（3-2k）x+4（-k）2-12=0;
设E（xE,yE）,F（xF,yF）,则1xE
=xE=,同理可得:
xF=kEF===.
如果圆锥曲线G上一定点M（x0,y0）和两动点A、B,则直线MA、MB的斜率互为相反数等价于直线AB的斜率与曲线G在点A的切线斜率互为相反数,由此可构造四点共圆的第三类问题;
对于圆锥曲线G上一定点M（x0,y0）和未定点P,可以通过设直线PM:
y=kx+y0-kx0,代入曲线G的方程得关于x的一元二次方程,由韦达定理可求x0xP,由此用斜率k表示点P的坐标解决相关问题.
4.子题系列:
1.（2002年河南、江苏高考试题）设A、B是双曲线x2-=1上的两点,点N（1,2）是线段AB的中点.（Ⅰ）求直线AB的方程;
（Ⅱ）如果线段AB的垂直平分线与双曲线相交于C、D两点,那么A、B、C、D四点是否共圆？
为什么？
2.（2005年湖北高考试题）设A、B是椭圆3x2+y2=λ上的两点,点N（1,3）是线段AB的中点,线段AB的垂直平分线与椭圆交于C、D两点.（Ⅰ）确定λ的取值范围,并求直线AB的方程;
（Ⅱ）试判断是否存在这样的,使得A、B、C、D四点在同一个圆上？
并说明理由.
3.（2014年全国高中数学联赛湖北预赛（高二）试题）设A、B是双曲线线x2-=λ上的两点,点N（1,2）是线段AB的中点,线段AB的垂直平分线交双曲线于C、D两点.（Ⅰ）确定λ的取值范围;
（Ⅱ）试判断A、B、C、D四点是否共圆？
4.（原创题）己知椭圆+=1（a>
0）的左焦点为F,左、右顶点分别为A、C,上、下顶点分别为B、D.
四边形FBCD存在外接圆,且圆心为点P,|PA|=7-.（Ⅰ）求椭圆方程;
（Ⅱ）过点P作两条互相垂直的直线l1与l2,l1与l2分别与椭圆相交于点E、F和点M、N,若E、F、M、N四点共圆,求直线l1的斜率k（k>
0）.
5.（原创题）已知椭圆C:
0）的离心率e=,经过点P（1,3）的直线与椭圆C交于A、B两点,如果点P为线段AB的中点,且|AB|=6.（Ⅰ）求椭圆C与直线AB的方程;
（Ⅱ）若经过点P的另一条直线与椭圆C交于M、N两点,且A、M、B、N四点均在圆Q上,求直线MN与圆Q的方程.
6.（2004年北京高考理科试题）如图,过抛物线y2=2px（p>
0）上一定点P（x0,y0）（y0>
0）作两条直线分别交抛物线于A（x1,y1）,
B（x2,y2）.（Ⅰ）求该抛物线上纵坐标为的点到其焦点F的距离;
（Ⅱ）当PA与PB的斜率存在且倾斜角互补时,求的值,并证明直线AB的斜率是非零常数.
4.子题详解:
1.解:
（Ⅰ）设A（x0,y0）,则B（2-x0,4-y0）,由2x02-y02=2,2（2-x0）2-（4-y0）2=2x0-y0+1=0点A在直线x-y+1=0上,同理可得:
点B也在直线x-y+1=0上直线AB:
x-y+1=0;
（Ⅱ）由CD⊥AB直线CD:
y-2=-（x-1）,即x+y-3=0A、B、C、D四点均在曲线G:
（2x2-y2-2）+λ（x-y+1）（x+y-3）=0,即（2+λ）x2-（1+λ）y2-2λx+4λy-3λ-2=0上,当λ=-时,曲线G为圆:
（x+3）2+（y-6）2=40A、B、C、D四点共圆.
2.解:
（Ⅰ）由点N（1,3）是线段AB的中点点N（1,3）在椭圆内λ>
3+32=12.所以,λ的取值范围是（12,+∞）;
设A（x0,y0）,则B（2-x0,6-y0）,由3x02+y02=λ,3（2-x0）2+（6-y0）2=λx0+y0-4=0点A在直线x+y-4=0上,同理可得:
点B也在直线x+y-
4=0上直线AB:
x+y-4=0;
y-3=x-1,即x-y+2=0A、B、C、D四点均在曲线G:
（3x2+y2-λ）+t（x+y-4）（x-y+2）=0,即（3+t）x2
+（1-t）y2-2tx+6ty-8t-λ=0上,当λ=-1时,曲线G为圆:
x2+y2+x-3y+4-=0A、B、C、D四点共圆.
3.解:
（Ⅰ）设A（x0,y0）,则B（2-x0,4-y0）,由2x02-y02=λ,2（2-x0）2-（4-y0）2=λx0-y0+1=0点A在直线x-y+1=0上,同理可得:
x-y+1=0直线CD:
x+y-3=0;
将x-y+1=0代入x2-=λ得:
x2-2x-（2λ+1）=04+4（2λ+1）>
0λ>
-1;
同理将x+y-3=0代入x2-=λ得:
λ>
-9;
又λ≠0λ的取值范围是（-1,0）∪（0,+∞）;
（Ⅱ）由A、B、C、D四点均在曲线G:
（2x2-y2-λ）+t（x-y+1）（x+y-3）=0,即（2+t）x2-（1+t）y2-2tx+4ty-3t-λ=0上,当t=-时,曲线G为圆:
（x+3）2+（y-6）2=4（λ+9）A、B、C、D四点共圆.
4.解:
（Ⅰ）由四边形FBCD存在外接圆|OF||OC|=|OB||OD|ac=b2∠FBC=Rt∠圆心P为FC的中点P（（a-c）,
0）|PA|=（a-c）+a=7-,又由ac=b2c=aa=4,b2=2-2椭圆:
（-1）x2+2y2=4（-1）;
（Ⅱ）因P（3-,0）,设直线l1:
（0<
θ<
）直线l2:
.把代入（-1）x2+2y2=
4（-1）得:
[（-1）cos2θ+2sin2θ]t2+2（-1）（3-）cosθ×
t+（-1）（10-6）=0t1t2=同理可得:
t3t4=;
由E、F、M、N四点共圆|PE||PF|=|PM||PN||t1t2|=|t3t4|（-1）cos2θ+2sin2θ=（-1）sin2θ+2cos2θsinθ=cosθ=k=tanθ=1.
5.解:
（Ⅰ）设直线AB的倾斜角为α（0≤α<
π）,参数方程为:
代入
+=1得:
（a2cos2α+b2sin2α）t2+2（a2cosα+3b2sinα）t+（a2+9b2-a2b2）=0;
由点P为线段AB的中点t1+t2=0a2cosα+
3b2sinα=0tanα=-;
又由e==a2=3b2tanα=-1直线AB:
t1t2==（4-
b2）|AB|=|t1-t2|===6b=4椭圆C:
（Ⅱ）设直线MN的倾斜角为β（0≤β<
（t为参数）,代入+=1得:
（48cos2β+16sin2β）t2+96（cosβ+sinβ）t-16×
36=0|PM||PN|=;
由（Ⅰ）知,|PA||PB|=18;
所以,A、M、B、N四点共圆
|PA||PB|=|PM||PN|48cos2β+16sin2β=32sinβ=tanβ=1直线MN:
y=x+2;
t2+3t-18=0点Q（-,
）|PQ|2=R2=+（3）2=圆Q:
（x+）2+（y-）2=.
6.解:
（Ⅰ）当y=时,x=,又抛物线y2=2px的准线方程为x=-,由抛物线定义得所求距离=+=;
（Ⅱ）设直线PA:
y-y0=k（x-x0）,即y=kx+y0-kx0,代入y2=2px得:
ky2-2py+2p（y0-kx0）=0（k≠0）y0y1=;
由PA与PB的斜率存在且倾斜角互补y0y2=-y0y1+y0y2=-=-4px0=-2y02=-2kAB
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