高考数学重难点培优全攻略(新高考专用)第14讲　直线与圆(3大考点+强化训练)(原卷版+解析)

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考点分类讲解
考点一:直线的方程
1．已知直线l1：A1x＋B1y＋C1＝0，直线l2：A2x＋B2y＋C2＝0，则l1∥l2⇔A1B2－A2B1＝0，且A1C2－A2C1≠0(或B1C2－B2C1≠0)，l1⊥l2⇔A1A2＋B1B2＝0.
2．点P(x0，y0)到直线l：Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为零)的距离d＝eq \f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2)).
3．两条平行直线l1：Ax＋By＋C1＝0，l2：Ax＋By＋C2＝0(A，B不同时为零)间的距离d＝eq \f(|C1－C2|,\r(A2＋B2)).
易错提醒 解决直线方程问题的三个注意点
(1)利用A1B2－A2B1＝0后，要注意代入检验，排除两条直线重合的可能性．
(2)要注意直线方程每种形式的局限性．
(3)讨论两直线的位置关系时，要注意直线的斜率是否存在．
【例1】（23-24高三上·山东青岛·期末）“”是“直线与平行”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据直线平行的条件，判断“”和“直线与平行”之间的逻辑关系，即可得答案.
【详解】当时，直线与平行；
当直线与平行时，
有且，解得，
故“”是“直线与平行”的充要条件，
故选：C
【变式1】（23-24高三上·河北·阶段练习）已知直线与直线垂直，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【分析】根据直线的垂直关系可得，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】因为直线与直线垂直，
所以，即，所以，
当且仅当或时等号成立．
即的最小值为4，
故选：B
【变式2】（2024·陕西安康·模拟预测）已知直线与直线相交于点，则到直线的距离的取值集合是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先判断与的位置关系，可知两直线交点轨迹为圆，然后挖去点，转化为圆心到直线的距离求解即可.
【详解】由两直线垂直的判断条件，可知，
所以直线与始终垂直，
又由条件可得直线恒过定点，直线恒过定点，
所以两直线的交点是在以线段为直径的圆上，
所以该圆的圆心坐标为，半径为，
圆上点是过定点且斜率不存在的直线与过定点且斜率为0的直线的交点，故挖去点.
圆心到直线的距离，
所以，与的交点到直线的距离的最大值和最小值分别为和，
又到直线的距离为，应舍去，
所以取值集合是.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用直线垂直的性质与过定点的知识，判断得两直线的交点是在以线段为直径的圆上，从而得解.
【变式3】（2023高三·全国·专题练习）过点且与直线平行的直线方程为 .
【答案】
【分析】根据题意设所求直线为，然后将点的坐标代入可求出，从而可求得直线方程
【详解】设所求直线方程为，
因为点在直线上，
所以，解得，
故所求直线方程为.
故答案为：
考点二:圆的方程
1．圆的标准方程
当圆心为(a，b)，半径为r时，其标准方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2.
2．圆的一般方程
x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0，其中D2＋E2－4F>0，表示以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(D,2)，－\f(E,2)))为圆心，eq \f(\r(D2＋E2－4F),2)为半径的圆．
规律方法 解决圆的方程问题一般有两种方法
(1)几何法：通过研究圆的性质、直线与圆、圆与圆的位置关系，进而求得圆的基本量和方程．
(2)代数法：即用待定系数法先设出圆的方程，再由条件求得各系数．
【例4】（2024·江苏·一模）莱莫恩定理指出：过的三个顶点作它的外接圆的切线，分别和所在直线交于点，则三点在同一条直线上，这条直线被称为三角形的线.在平面直角坐标系中，若三角形的三个顶点坐标分别为，则该三角形的线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】待定系数法求出外接圆方程，从而得到外接圆在处的切线方程，进而求出的坐标，得到答案.
【详解】的外接圆设为，
，解得，
外接圆方程为，即，
易知外接圆在处切线方程为，
又，令得，，，
在处切线方程为，
又，令得，，
则三角形的线的方程为，即
故选：B.
【变式1】（2024·广东·一模）过，，三点的圆与轴交于，两点，则（ ）
A．3B．4C．8D．6
【答案】D
【分析】设圆的方程为，代入坐标得的值，即可得圆的方程，再令，即可求得与轴相交弦长.
【详解】设圆的方程为，代入点，，，
则，解得，
可得，整理得符合题意，
所以圆的方程为，
令，可得，解得，所以．
故选：D.
考点三:直线、圆的位置关系
1．直线与圆的位置关系：相交、相切和相离．
其判断方法为：
(1)点线距离法．
(2)判别式法：设圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝r2，直线l：Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,x－a2＋y－b2＝r2，))
消去y，得到关于x的一元二次方程，其根的判别式为Δ，则直线与圆相离⇔Δ0.
2．圆与圆的位置关系，即内含、内切、相交、外切、外离．
考向1 直线与圆的位置关系
规律方法 直线与圆相切问题的解题策略
当直线与圆相切时，利用“切线与过切点的半径垂直，圆心到切线的距离等于半径”建立关于切线斜率的等式，所以求切线方程时主要选择点斜式．过圆外一点求解切线段长的问题，可先求出圆心到圆外一点的距离，再结合半径利用勾股定理计算．
【例3】（2024·云南昆明·模拟预测）已知是圆的切线，点为切点，若，则点的轨迹方程是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由圆的定义可知点的轨迹为圆，再由圆的方程即可得到结果.
【详解】因为，所以点到圆心的距离恒为，
所以点的轨迹方程是以为圆心，为半径的圆，即，
故选：B
【变式1】（23-24高三下·山东青岛·开学考试）“圆心到直线的距离小于圆的半径”是“直线与圆相交”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据直线与圆的位置关系，结合充分，必要条件的定义，即可判断选项.
【详解】根据直线与圆的位置关系的判断可知，“圆心到直线的距离小于圆的半径”是“直线与圆相交”的充要条件.
故选：C
【变式2】（2024·广东佛山·模拟预测）过点与圆相切的两条直线的夹角为，则（ ）
A．1B．C．D．E．均不是
【答案】B
【分析】得到圆的圆心与半径后，借助切线性质可得，即可得，即可得.
【详解】圆可化为，即圆心为，半径为，
故圆心到点的距离为，
则，由，故，
故.
故选：B.
【变式3】（2024·福建漳州·一模）过点作圆：的两条切线，切点分别为A，，若直线与圆：相切，则 ．
【答案】81
【分析】由题意可知点在以为直径的圆上，结合两圆相交可得直线的方程为，再根据直线与圆相切列式求解.
【详解】圆：的圆心为，半径；
圆：的圆心为，半径；
由题意可知：，可知点在以为直径的圆上，
以为直径的圆为，
整理得，结合圆：，
两圆方程作差，可得直线的方程为，即，
若直线与圆：相切，
则，整理得.
故答案为：81.
考向2 圆与圆的位置关系
【例3】（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知圆，圆心为的圆分别与圆相切.圆的公切线（倾斜角为钝角）交圆于两点，则线段的长度为（ ）
A．B．C．3D．6
【答案】B
【分析】判断圆与需外切，求出的方程，进而求得圆的公切线方程，再根据弦长的几何求法，即可求得答案.
【详解】如图，由已知的圆心为，半径为，
设的半径为，
由题意知圆与需外切，否则圆无公切线或公切线（倾斜角为钝角）与圆无交点；
由题意知，即；
，即，
故圆，圆，
设圆的公切线方程为，
则，解得，即，
故到的距离为，
故，
故选：B
【变式1】（23-24高三上·广东佛山·阶段练习）已知圆的圆心为，且经过圆：与圆：的交点．则圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】联立圆与圆的方程，解得两交点坐标，即可求得圆的半径，从而可得答案.
【详解】解：联立，解得：或，
所以圆的半径为：，
所以的面积为.
故选：B．
【变式2】（2024·广西来宾·一模）若曲线与的图象有3个交点，则 .
【答案】
【分析】根据题意可知曲线过坐标原点，从而建立方程，即可求解.
【详解】曲线曲线表示以为圆心，半径为的圆，
曲线表示直线或，
因为两个曲线的图象由3个交点，
如图所示，曲线过坐标原点，
故.
故答案为：.
【变式3】（2023·河北衡水·三模）若圆和有且仅有一条公切线，则 ；此公切线的方程为
【答案】1
【分析】根据两圆内切由圆心距与半径关系列出方程求，联立圆的方程求出切点，根据圆的切线性质得出斜率即可求解.
【详解】如图，

由题意得与相内切，又，
所以，
所以，解得，
所以，．
联立，解得
所以切点的坐标为，
故所求公切线的方程为，即．
故答案为：1；
【变式4】（2024·广东深圳·模拟预测）已知圆的圆心到直线距离是，则圆M与圆的位置关系是（ ）
A．外离B．相交C．内含D．内切
【答案】C
【分析】首先由圆心到直线距离是列式求出的值，进而可得圆心的坐标以及圆的半径，比较两圆圆心距与半径之和、半径之差的绝对值的大小关系即可求解.
【详解】圆即圆的圆心半径分别为，
圆的圆心半径分别为，
因为，解得或（舍去），
从而，所以，
因为，
所以圆M与圆的位置关系是内含.
故选：C.
【变式5】（2024·辽宁·二模）已知圆与圆关于直线对称，则直线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据对称可知是圆和圆圆心连线的垂直平分线，利用垂直关系求解斜率，由点斜式方程即可．
【详解】圆，圆心，半径，
，圆心，半径，
由题意知，是圆和圆圆心连线的垂直平分线，
，，的中点，
圆心连线的斜率为，则直线的斜率为，
故的方程：，即,故C正确．
故选：C．
强化训练
一、单选题
1．（23-24高三上·河南焦作·期末）若圆与轴相切，则（ ）
A．1B．C．2D．4
【答案】D
【分析】求出圆心和半径，数形结合得到且，得到答案.
【详解】的圆心为，半径为，
因为圆与轴相切，所以且，解得
故选：D
2．（2024·四川·模拟预测）已知直线经过点，则的最小值为（ ）
A．4B．8C．9D．
【答案】B
【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】因为直线经过点，
所以，
所以
，
当且仅当，即、时取等号.
故选：B
3．（2024·四川南充·二模）已知圆，直线与圆C（ ）
A．相离B．相切C．相交D．相交或相切
【答案】D
【分析】根据题意，由直线的方程分析可得直线过定点，结合圆的方程分析可得在圆上，据此由直线与圆的位置关系分析可得直线与圆一定相交或相切，即可得答案．
【详解】根据题意，直线的方程为，恒过定点，
设为，又由圆，即，
其圆心为，半径，
由，则在圆上，
则直线与圆相交或相切.
故选：D．
4．（2024高三下·浙江杭州·专题练习）已知点A为曲线上的动点，B为圆上的动点，则的最小值是（ ）
A．3B．4C．D．
【答案】A
【分析】数形结合分析可得，当时能够取得的最小值，根据点到圆心的距离减去半径求解即可.
【详解】圆的圆心为，半径为1，
由对勾函数的性质,可知，当且仅当时取等号，
结合图象可知当A点运动到时能使点A到圆心的距离最小，最小值为4，
从而的最小值为.
故选：A
5．（2024·广东·一模）已知直线与直线相交于点M，若恰有3个不同的点M到直线的距离为1，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据直线垂直确定轨迹为圆，再由圆上存在三点到直线距离相等转化为圆心到直线距离为1求解.
【详解】由可得，
即过定点，
由可得，
即过定点，
又，所以的轨迹是以为直径的圆（不含点），
其中圆心为，半径为，
所以圆上恰有3个不同的点M到直线的距离为1，
只需圆心到直线的距离等于1，即，解得，
此时 到直线的距离不为1，故符合.
故选：B
6．（2024·浙江·模拟预测）如图，直线交x轴于A点，将一块等腰直角三角形纸板的直角顶点置于原点O，另两个顶点M，N恰好落在直线上，若点N在第二象限内，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】过O作于C，过N作于D，根据等面积求出，运用在直角三角形等知识求出结果.
【详解】设直线与y轴的交点为B，过O作于C，过N作于D，
因为N在直线上且在第二象限内，设，
则，又，即，
所以，在中，由三角形的面积公式得：，
所以，
在中，，所以，
即，
在中，，即，
解得：，因为N在第二象限内，所以，
所，所以，
故选：A.
7．（2024·辽宁葫芦岛·一模）已知为圆上动点，直线和直线（，）的交点为，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由、可得，且过定点，过定点，则可得点在以为直径的圆上，则的最大值为.
【详解】由、，
有，故，
对有，故过定点，
对有，故过定点，
则中点为，即，
，则，
故点在以为直径的圆上，该圆圆心为，半径为，
又在原，该圆圆心为，半径为，
又，则.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于由直线、的方程得到，且过定点，过定点，从而确定点的轨迹为以为直径的圆，进而将问题转化为圆上两点的距离最值问题.
8．（2023·浙江温州·模拟预测）设，，已知函数，有且只有一个零点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设函数的零点为，可得，由此可得点在直线上，由此可得，再利用导数求其最小值.
【详解】函数的零点为，
则，且，即，
所以点在直线上，
又表示点到原点的距离的平方，
故，
所以，
设，
则，
故，
设，
则，
因为，所以，
所以函数在上单调递减，
所以当时，，
故当时，，函数在上单调递增，
所以.
所以当，时，取最小值，最小值为.
所以当时，的最小值为.
故选：B.
【点睛】知识点点睛：本题考查函数零点的定义，直线方程的定义，点到直线的距离，两点之间的距离，利用导数求函数的最值，考查数学运算，数形结合等数学思想.
二、多选题
1．（23-24高三上·湖北襄阳·期末）已知直线，圆，且圆过点，直线与圆交于两点，下列结论中正确的是（ ）
A．圆的半径为2
B．直线过定点
C．的最小值是
D．的最大值是0
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，求出圆的方程，结合圆的性质及数量积定义依次判断各选项即可.
【详解】由圆过点，得，圆的圆心，半径，A正确；
直线，由，得，即直线过定点，B正确；
显然点在圆内，，当时，，C错误；
当弦长最小时，圆心角最小，此时，则，
因此，当且仅当时取等号，D正确.

故选：ABD
2．（23-24高三上·浙江绍兴·期末）直线：，圆：，则下列结论正确的是（ ）
A．直线经过定点且与圆恒有两个公共点
B．圆心到直线的最大距离是2
C．存在一个值，使直线经过圆心
D．不存在使得圆与圆关于直线对称
【答案】AC
【分析】利用直线过定点的求法，结合点圆位置关系判断A；利用圆心到直线的最大距离判断B；将圆心直接代入直线判断C；利用点关于直线对称的性质判断D.
【详解】对于A，因为直线：，可化为，
令，解得，故直线过定点，
而，所以点在圆内，
所以直线经过定点且与圆恒有两个公共点，故A正确；
对于B，因为圆：的圆心为，半径为，
所以圆心到定点的距离为，
所以圆心到直线的最大距离是，故B错误；
对于C，将圆心代入直线，得，解得，
所以存在，使直线经过圆心，故C正确；
对于D，因为圆的圆心为，
所以两圆圆心所成线段的中点坐标为，恰为直线所过定点，
同时两圆圆心所在直线的斜率为，
要使两圆关于直线对称，则只需直线的斜率为，
又直线：，所以，
其斜率为，解得，显然存在满足题意，故D错误.
故选：AC.
3．（23-24高三上·福建·阶段练习）已知直线l：与圆C：，点P在圆C上，则（ ）
A．直线l过定点
B．圆C的半径是6
C．直线l与圆C一定相交
D．点P到直线l的距离的最大值是
【答案】BC
【分析】求解直线经过的定点，圆心与半径，两点间的距离判断选项的正误即可．
【详解】直线l：，即
由，解得，则直线l过定点，故A错误；
圆C：，即，
则圆C的圆心坐标为，半径为6，故B正确；
因为点与的距离为，
则点在圆C的内部， 所以直线l与圆C一定相交，故C正确；
点P到直线l的距离的最大值是，故D错误．
故选：BC．
三、填空题
1．（23-24高三上·江苏南通·期中）已知函数在，处分别取得极大值和极小值，记点，，的图象与轴正半轴的交点为.若的外接圆的圆心在以为直径的圆上，则 .
【答案】/
【分析】方法一：由题意求得点的坐标，利用待定系数法求得圆的方程，结合向量的运算，建立方程，可得答案；
方法二：由题意求得点的坐标，利用几何法求得圆的方程，结合向量的运算，建立方程，可得答案.
【详解】方法一：
，或；，或.
的图象与轴正半轴交点为，则，.
在和单调递增，单调递减，且，，
外接圆：，，
∴，圆心，在以为直径的圆上.
∴，∴，
∴，∴.
方法二：∵的图象与轴正半轴交于，∴，大致图象如下图：
∴，，令，解得或，
∴，，∴，，
故中垂线方程：，中垂线方程，
∴，则，，
∴，
∴.
故答案为：.
2．（2024·河南郑州·模拟预测）平面几何中有一个著名的塞尔瓦定理：三角形任意一个顶点到其垂心（三角形三条高的交点）的距离等于外心（外接圆圆心）到该顶点对边距离的2倍．若点A，B，C都在圆E上，直线BC方程为，且，△ABC的垂心在△ABC内，点E在线段AG上，则圆E的标准方程 .
【答案】
【分析】首先根据塞尔瓦定理以及圆的几何性质，求解和，并求直线的方程，求解点的坐标，即可求解圆的方程.
【详解】由△ABC的垂心到直线BC距离，设圆E半径为r，
由塞尔瓦定理可得，由圆的几何性质可得，联立解得，，
因为直线BC方程为，,且，所以直线EG方程为，
设，则E到直线BC距离，解得（舍去）或，
所以圆E的标准方程为．
故答案为：
3．（2024·陕西·模拟预测）若直线与曲线有公共点，则实数的范围是 .
【答案】
【分析】当时，可求得直线与曲线的公共点；当时，直线恒过定点，斜率为，曲线为圆心为，半径为的上半圆，画图观察可得，进而可求得结果.
【详解】①当，即时，直线为（即轴），
，即直线与曲线的公共点为，故符合题意；
②当，即时，直线为恒过定点，斜率为，
又因为曲线：，
所以曲线为圆心为，半径为的上半圆.
如图所示，
当直线经过半圆的右端点时恰好有公共点，逆时针旋转至轴都满足题意，
又因为，所以，解得，
综述，实数的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）设抛物线，点，，过点A的直线l与C交于M，N两点．
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：．
【答案】(1)或.
(2)证明见解析
【分析】（1）先写出轴时直线l的方程；再将直线l的方程和抛物线方程联立，求出点的坐标，最后利用斜率公式和点斜式方程即可求解.
（2）根据直线l斜率是否存在分两类讨论；当直线l斜率不存在时，利用抛物线的对称性即可证明；当直线l斜率存在时，设出直线l方程，联立直线l的方程和抛物线方程，利用韦达定理和斜率公式可得出，进而可证明.
【详解】（1）
当轴时，直线.
联立方程组，整理得：，
则点或.
因为，
所以或.
所以直线的方程为：或，
即直线的方程为：或．
（2）
【基本解法1】当直线l斜率不存在时，
由抛物线的对称性可得：点关于轴对称，此时．
当直线l斜率存在时，可设直线方程为.
联立方程组，整理得：.
易得，设点，
则，
所以，
即，所以.
【基本解法2】
依题意，直线l斜率不为0，设直线方程为，
联立方程组，整理得：.
易得，设点，
则，
所以，
即，所以.
【基本解法3】
当直线l斜率不存在时，
由抛物线的对称性可得：点关于轴对称，此时．
当不与轴垂直时，设.
因为点都在直线上，故有，
即，解得，
所以，即，
所以.
2．（2024高三·全国·专题练习）已知点A为圆上任意一点，点的坐标为，线段的垂直平分线与直线交于点.求点的轨迹的方程.
【答案】
【分析】根据题意得，从而判断点的轨迹为以为焦点的双曲线，根据双曲线定义求解即可.
【详解】由得，其半径为4，
因为线段的垂直平分线与直线交于点，
故，则，
而，故点的轨迹为以为焦点的双曲线，
则，
故点的轨迹的方程为.
【点睛】本题关键在于，从而判断轨迹为双曲线，再根据定义即可求解.
3．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知圆，直线，过的直线与圆相交于两点，
(1)当直线与直线垂直时，求证：直线过圆心.
(2)当时，求直线的方程.
【答案】(1)证明见解析
(2)或
【分析】（1）由直线垂直求出方程，代入圆心坐标即可得证；
（2）分直线斜率是否存在讨论，结合点到直线的距离公式以及勾股定理即可求解.
【详解】（1）由已知，故，所以直线的方程为.
将圆心代入方程易知过圆心.
（2）因为，圆的半径为，
所以圆心到直线的距离为，
当直线与轴垂直时，易知符合题意；
当直线与轴不垂直时，设直线的方程为，即，
所以，解得，
所以直线的方程为，即；
综上：直线的方程为或.
4．（2024·甘肃兰州·一模）已知圆过点，和，且圆与轴交于点，点是抛物线的焦点.
(1)求圆和抛物线的方程；
(2)过点作直线与抛物线交于不同的两点，，过点，分别做抛物线的切线，两条切线交于点，试判断直线与圆的另一个交点是否为定点，如果是，求出点的坐标；如果不是，说明理由．
【答案】(1)圆：，抛物线：
(2)是定点，
【分析】（1）依题意可知圆心在直线上，设圆心为，半径为，再由圆过点，即可得到，，从而求出圆的方程，再令求出点坐标，即可求出抛物线方程；
（2）设直线的方程为，，过，点的抛物线的切线的斜率分别为、，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，利用导数的几何意义表示出过、点的切线方程，再联立即可求出点坐标，即可得到直线的方程，最后与圆的方程联立求出交点坐标.
【详解】（1）因为圆过点和，
所以圆心在直线上，设圆心为，半径为，
又圆过点，所以，，
则圆的方程为，
令，解得，所以，则，所以，
所以抛物线的方程为.
（2）依题意直线的斜率必存在，不妨设为，则直线的方程为，
即，由整理得，
其中，解得或，则，，
设，，过，点的抛物线的切线的斜率分别为、，
又，所以，则、，
所以过点的切线方程为，即，
同理可得过点的切线方程为，
由，解得，即，
所以点在直线上，而点也在直线上，
所以直线与圆的另一个交点就是直线与圆的交点，
由，解得或，
所以直线与圆的另一个交点为定点.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
5．（23-24高三上·天津·期末）设，两点的坐标分别为，.直线，相交于点，且它们的斜率之积是，记点的轨迹为.
(1)求的方程
(2)设直线与交于，两点，若的外接圆在处的切线与交于另一点，求的面积.
【答案】(1)
【分析】（1）据题意设点，利用.直线，的斜率之积是，从而求出点的轨迹方程；
（2）由题意求出点的坐标，进而得到的外接圆以及在处的切线，联立切线方程和椭圆方程，结合韦达定理和面积公式即可求解.
【详解】（1）设点，因为的坐标为，所以直线的斜率，同理，直线的斜率，
由已知，有，
化简，得点的轨迹方程为：.
所以，的方程为.
（2）
由解得或，
不妨设，，
设的外接圆方程为：，
所以，解得，
所以的外接圆的方程为：，
所以外接圆圆心，
所以，
所以的外接圆在处的切线方程为：，即，
由得，
，设，
由题意及韦达定理，所以 ，故，故，
又点,所以，
又点到直线的距离为：，
所以的面积为：.