专题09 数列、圆锥曲线 解答压轴题（八大题型）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期末真题分类汇编（沪教版2020，上海专用）

专题09 数列、圆锥曲线 解答压轴题（八大题型） 数列 1．（21-22高三上·上海宝山·期末）已知数列为等差数列，公差为，前项和为. (1)若，求的值； (2)若首项中恰有6项在区间内，求的范围； (3)若首项，公差，集合，是否存在一个新数列，满足①此新数列不是常数列；②此新数列中任意一项；③此新数列从第二项开始，每一项都等于它的前一项和后一项的调和平均数.若能，请举例说明；若不能，请说明理由.(注:数叫做数和数的调和平均数). 2．（22-23高二上·上海宝山·期末）已知数列的通项公式是，数列是等差数列，令集合，，将集合中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为. (1)若，写出一个符合条件的的通项公式，并说明理由； (2)若，且数列在上严格单调递增，求实数的取值范围； (3)若，数列的前5项成等比数列，且，试求出所有满足条件的数列. 新定义数列 3．（22-23高二下·上海·期末）设满足以下两个条件的有穷数列为n（）阶“期待数列”： ①； ②． (1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”； (2)若某（）阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式； (3)记n阶“期待数列”的前k项和为（），试证： （i）； （ii）． 4．（23-24高二上·上海·期末）定义：对于任意大于零的自然数n，满足条件且（M是与n无关的常数）的无穷数列称为M数列． (1)若等差数列的前n项和为，且，，判断数列是否是M数列，并说明理由； (2)若各项为正数的等比数列的前n项和为，且，证明：数列是M数列； (3)设数列是各项均为正整数的M数列，求证：． 5．（22-23高二下·上海·期末）对于任意的，若数列同时满足下列两个条件，则称数列具有“性质m”： ①；②存在实数M，使得成立． (1)数列、中，，判断、是否具有“性质m”； (2)设各项为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列是否具有“性质m”，若具有，请证明你的猜想，并指出M的范围；若不具有，理由？ (3)若数列的通项公式．对于任意的（），数列具有“性质m”，且对满足条件的M的最小值，求证：． 6．（23-24高二上·上海·期末）如果无穷项的数列满足“对任意正整数，都存在正整数k，使得”，则称数列具有“性质P”． (1)若数列是等差数列，首项，公差，判断数列是否具有“性质P”，并说明理由； (2)若等差数列具有“性质P”，为首项，为公差．求证：且； (3)若等比数列具有“性质P”，公比为正整数，且这四个数中恰有两个出现在中，问这两个数所有可能的情况，并求出相应数列首项的最小值，说明理由． 7．（21-22高一下·上海宝山·期末）已知数列中，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”. (1)若数列为“数列”，求数列的前项和； (2)若数列为“数列”，求证：； (3)若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对一切，恒成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由. 圆锥曲线—定点、定直线问题 8．（23-24高二下·上海嘉定·期末）已知椭圆 的左、右顶点分别为、，且椭圆经过点 . (1)求的值，并求经过点且与圆相切的直线方程； (2)设为椭圆上的一个异于、的动点，直线、分别与直线相交于、两点，求的最小值： (3)已知椭圆上有不同的两点、，且直线不与坐标轴垂直，设直线、的斜率分别为、，求证：“”是“直线经过定点”的充要条件． 9．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知椭圆和双曲线的焦距相同，且椭圆经过点，椭圆的左、右顶点分别为、，动点在椭圆上且异于点、，直线、与直线分别交于点、. (1)求椭圆的标准方程； (2)求线段长的最小值； (3)如图，设直线与轴交于点，过点作直线交椭圆与、，直线与交于一点，证明：点在一条定直线上. 圆锥曲线—定值问题 10．（23-24高二下·上海·期末）已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点． (1)求双曲线的方程． (2)若，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？若存在求出直线l的方程；若不存在，说明理由． (3)点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值． 11．（22-23高二下·上海宝山·期末）已知椭圆的焦距为2，且过点.    (1)求椭圆的标准方程； (2)、分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，过椭圆的左焦点作直线交椭圆于、两点，与轴交于点. ①若点是线段的中点，求点的轨迹方程； ②设直线与直线交于点，求证：为定值. 圆锥曲线—最值问题 12．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，，分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值； (3)设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标. 13．（23-24高三上·上海松江·期末）已知椭圆（）的离心率为，其上焦点与抛物线的焦点重合．    (1)求椭圆的方程； (2)若过点的直线交椭圆于点，同时交抛物线于点（如图1所示，点在椭圆与抛物线第一象限交点上方），试比较线段与长度的大小，并说明理由； (3)若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图2所示），试求四边形面积的最小值． 专题06 圆锥曲线—取值范围问题 14．（22-23高二下·上海·期末）已知椭圆C：，四点中恰有三点在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点． (3)如图，抛物线M：的焦点是F，过动点的直线与椭圆C交于P，Q两点，与抛物线M交于两点，且G是线段PQ的中点，是否存在过点F的直线交抛物线M于T，D两点，且满足，若存在，求直线的斜率k的取值范围；若不存在，说明理由．    专题07 圆锥曲线—弦长、中点弦问题 15．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为和,经过点且斜率为k的直线l交椭圆于B,C两点,其中点C在第二象限.如图所示,将的上半部分（半椭圆）沿着长轴翻折使得点C翻折至点A且二面角为直二面角.设三角形和三角形的周长分别为和. (1)证明:; (2)若,求异面直线和所成角的大小; (3)若,求k的值. 16．（22-23高二上·上海浦东新·期末）在直角坐标系xOy中，椭圆的焦距为，长轴长是短轴长的2倍，斜率为的直线交椭圆于A，B (1)求椭圆的标准方程 (2)若P为线段AB的中点，设OP的斜率为，求证：为定值； (3)设点A，B关于原点对称的点分别为C，D，求四边形ABCD面积的最大值. 专题08 圆锥曲线—数列在圆锥曲线的应用 17．（2023·上海金山·一模）已知椭圆的左､右焦点分别为. (1)以为圆心的圆经过椭圆的左焦点和上顶点，求椭圆的离心率； (2)已知，设点是椭圆上一点，且位于轴的上方，若是等腰三角形，求点的坐标； (3)已知，过点且倾斜角为的直线与椭圆在轴上方的交点记作，若动直线也过点且与椭圆交于两点（均不同于），是否存在定直线，使得动直线与的交点满足直线的斜率总是成等差数列？若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由. ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 数列、圆锥曲线 解答压轴题（八大题型） 数列 1．（21-22高三上·上海宝山·期末）已知数列为等差数列，公差为，前项和为. (1)若，求的值； (2)若首项中恰有6项在区间内，求的范围； (3)若首项，公差，集合，是否存在一个新数列，满足①此新数列不是常数列；②此新数列中任意一项；③此新数列从第二项开始，每一项都等于它的前一项和后一项的调和平均数.若能，请举例说明；若不能，请说明理由.(注:数叫做数和数的调和平均数). 【答案】(1)9900 (2) (3)不存在，理由见解析 【分析】（1）由等差数列前n项和公式可得答案； （2）由题可得为递增等差数列，设在中的6项为，则，据此可得答案； （3）由题可得，.由所给信息可得，可得若存在，则为无穷数列，且为等差数列，后讨论两种情况下的存在性即可. 【解析】（1）因为，，又因为， 所以； （2）由题可得为递增等差数列，设在中的6项为，则. 若，则，得不存在. 若，则，则，解得， 因，则，得. （3）由题可得，. 假设存在，因从第二项开始，每一项都等于它的前一项和后一项的调和平均数， 则为无穷数列，又由③，当， ， 得为等差数列，又，则. 若，其中，则此时为常数列，得是常数列. 这与不是常数列矛盾，则时，不存在这样的数列. 若，，其中. 则. 若，可得，又，则. 则，这与矛盾， 故时，不存在这样的数列； 若，可得，又，则. 则，这与矛盾， 故时，不存在这样的数列. 综上，不存在这样的数列. 【点睛】关键点点睛：本题涉及等差数列与数列新定义，难度较大. （1）问较为基础；（2）问关键在于由题目条件找到关于与d的不等式；（3）问首先由题目定义确定为无穷数列及为等差数列，再结合不是常数列与导出矛盾·. 2．（22-23高二上·上海宝山·期末）已知数列的通项公式是，数列是等差数列，令集合，，将集合中的元素按从小到大的顺序排列构成的数列记为. (1)若，写出一个符合条件的的通项公式，并说明理由； (2)若，且数列在上严格单调递增，求实数的取值范围； (3)若，数列的前5项成等比数列，且，试求出所有满足条件的数列. 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）由得到方式知得数列的特征，写出符合条件的通项； （2）求出的通项公式，将在上严格单调递增转化为恒成立问题，求出的取值范围； （3）由，分析得仅最小的5项在内，对为数列中的第几项分类讨论，求出符合题意的的通项公式. 【解析】（1）， 当时，，所以，此时. （2），， 因为在上严格单调递增，所以恒成立， 即恒成立， 为奇数时，恒成立， 因为单调递减，所以当时，最大为-1，所以， 为偶数时，恒成立， 因为单调递增，所以当时，最小为，所以， 综上，. （3），，，， 所以仅最小的5项在内，的公差大于0， ①若，由的前5项成等比数列，则，不合题意，舍去； ②若，则，由的前5项成等比数列，则，， 此时，，，，，合题意， 是首项为，公差为的等差数列，； ③若，，，则，所以公差， ，与仅最小的5项在内矛盾，舍去； 综上所述，. 【点睛】（2）中对恒成立的计算，通过对是奇数和偶数分类讨论，再化简求解； （3）中，通过计算，，，，而中的项按从小到大的顺序排列，可得中前9项有5项是数列中的项. 新定义数列 3．（22-23高二下·上海·期末）设满足以下两个条件的有穷数列为n（）阶“期待数列”： ①； ②． (1)分别写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”； (2)若某（）阶“期待数列”是等差数列，求该数列的通项公式； (3)记n阶“期待数列”的前k项和为（），试证： （i）； （ii）． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用新定义直接利用等差数列，写出一个单调递增的3阶和4阶“期待数列”； （2）利用某（）阶“期待数列”是等差数列，通过公差为0，大于0．小于0，分别求解该数列的通项公式； （3）（i）判断时，，然后证明时，利用数列求和以及绝对值三角不等式证明即可； （ii）通过数列求和，以及绝对值三角不等式和放缩法，利用裂项法求和，证明． 【解析】（1）数列为三阶期待数列，数列为四阶期待数列. （2）设等差数列（）的公差为d， ∵， ∴， 所以， 即， ∴，…， 当时，与期待数列的条件①②矛盾，… 当时，据期待数列的条件①②得：， ∴，即， 由得 ，即 ， ∴， 当时， 同理可得，即， 由得 ，即 ， ∴． （3）（i）当时，显然成立；… 当时，据条件①得， 即， ∴， ∴； （ii） 因为，所以 ＝ ＝ 【点睛】常见的裂项相消法求和类型： 分式型：，，等； 指数型：，等， 根式型：等， 对数型：，且； 4．（23-24高二上·上海·期末）定义：对于任意大于零的自然数n，满足条件且（M是与n无关的常数）的无穷数列称为M数列． (1)若等差数列的前n项和为，且，，判断数列是否是M数列，并说明理由； (2)若各项为正数的等比数列的前n项和为，且，证明：数列是M数列； (3)设数列是各项均为正整数的M数列，求证：． 【答案】(1)不是M数列，理由见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）确定数列无上限即可得； （2）由等比数列的基本量法求出Sn，根据数列新定义证明即可； （3）用反证法，假设存在正整数k，使得，由数列是各项均为正整数，得，即，然后利用新定义归纳，这样由可得数列从某一项开始为负，与已知矛盾，从而证得结论． 【解析】（1）由题意知，故， 则，故， 但等差数列为严格增数列，当时，，所以不是M数列； （2）由，则，即，有，则， 即，则， 则， 又， 即对任意大于零的自然数n，满足条件，且， 即数列是M数列； （3）假设存在正整数k使得成立， 由数列的各项均为正整数，可得，即， 因为，所以， 由及得， 故，因为， 所以， 由此类推可得， 因为又存在M，使， ∴当时，，这与数列的各项均为正数矛盾，所以假设不成立， 即任意大于零的自然数n，都有成立. 【点睛】关键点睛：本题考查了数列的新定义，解题关键是理解新定义，转化为求数列的最大值，研究数列的不等关系，最后一问关键在于用反证法解题． 5．（22-23高二下·上海·期末）对于任意的，若数列同时满足下列两个条件，则称数列具有“性质m”： ①；②存在实数M，使得成立． (1)数列、中，，判断、是否具有“性质m”； (2)设各项为正数的等比数列的前n项和为，且，，数列是否具有“性质m”，若具有，请证明你的猜想，并指出M的范围；若不具有，理由？ (3)若数列的通项公式．对于任意的（），数列具有“性质m”，且对满足条件的M的最小值，求证：． 【答案】(1)数列不具有“m性质”；数列具有“性质m” (2)具有“m性质”，且，证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用数列具有“性质m”的条件对判断即可； （2）数列是各项为正数的等比数列，则公比，利用可求得q，从而可求得分析验证即可； （3）先化简利用任意且，数列{dn}具有“性质m”，由dn+dn+2＜2dn+1可求得t＞1，可判断n≥3时，数列是单调递增数列，利用极限可求得，于是有，经检验不合题意，于是得到答案． 【解析】（1）在数列中，取，则，不满足条件①，所以数列不具有“m性质”； 在数列中，， 则， ， ，所以满足条件①； （）满足条件②，所以数列具有“性质m”． （2）根据，可得 ，化简得， 解得或（舍）， 所以，， 所以， 对于任意的，，且， 所以数列数列具有“m性质”，且． （3）证明：由于，则，， 由于任意且，数列具有“性质m”，所以， 即， 化简得， 化简得， 即对于任意且恒成立， 所以① ， 由于及， 所以， 即时，数列是单调递增数列， 且， 所以，解得②， 由①②得，所以满足条件的整数t的值为2和3． 当时，，其中，，……，，故，不合要求，舍去； 当时，，其中，，……，，故，符合要求，故满足条件的整数只有 【点睛】数列新定义问题，主要针对于等差，等比，递推公式和求和公式等综合运用，对常见的求通项公式和求和公式要掌握牢固，同时涉及数列与函数，数列与解析几何，数列与二项式定理，数列与排列组合等知识的综合，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题. 6．（23-24高二上·上海·期末）如果无穷项的数列满足“对任意正整数，都存在正整数k，使得”，则称数列具有“性质P”． (1)若数列是等差数列，首项，公差，判断数列是否具有“性质P”，并说明理由； (2)若等差数列具有“性质P”，为首项，为公差．求证：且； (3)若等比数列具有“性质P”，公比为正整数，且这四个数中恰有两个出现在中，问这两个数所有可能的情况，并求出相应数列首项的最小值，说明理由． 【答案】(1)不具有性质P，理由见解析 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【分析】（1）因为当数列具有“性质P”时，列举出前两项，需要满足，（不是正整数），所以不符合条件． （2）利用反证法，分且，且，且三种情况，证明这三种情况下数列均不具有“性质”，从而证明当数列具有“性质”时，需要满足且． （3）从这四个数中任选两个共有以下6种情况： .对于每组所在的等比数列{an}是否满足具有“性质P”，即可得出结论． 【解析】（1）解：若，公差，则数列不具有性质． 理由如下： 由题知， 对于和，假设存在正整数， 使得， 则有， 解得，（k不是正整数） 得出矛盾， 所以对任意的，． （2）证明：若数列具有“性质”， 则：①假设，， 则对任意的，． 设，则，矛盾！ ②假设，，则存在正整数， 使得 设，，，，，，，2，，， 则：， 但数列中仅有项小于等于0，矛盾！ ③假设，， 则存在正整数，使得 设，，，，，，，2，，， 则：， 但数列中仅有项大于等于0，矛盾！ 综上，，． （3）从这四个数中任选两个共有以下6种情况： ． ①对于为正整数， 可以认为是等比数列中的项，，首项的最小值为1． 下面说明此数列具有“性质P”： ，任取， 则为正整数，因此此数列具有“性质P”， ②对于为正整数，认为是等比数列中的项， ，首项的最小值为． 下面说明此数列不具有“性质P”： ，若不为等比数列{an}中的项， 因此此数列不具有“性质P”． 同理可得：每组所在等比数列{an}不具有“性质P． 【点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式及其性质、新定义数列、反证法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 7．（21-22高一下·上海宝山·期末）已知数列中，前项和为，若对任意的，均有（是常数，且）成立，则称数列为“数列”. (1)若数列为“数列”，求数列的前项和； (2)若数列为“数列”，求证：； (3)若数列为“数列”，且为整数，试问：是否存在数列，使得对一切，恒成立？如果存在，求出这样数列的的所有可能值，如果不存在，请说明理由. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)存在，. 【分析】（1）先由新定义得到，从而利用与的关系分类讨论与两种情况，证得是等比数列，由此求得，进而求得； （2）由定义得到，利用与的关系得到与，从而利用作差法与代入法证得结论； （3）由（2）可得数列是常数列，由此得到，又由得到，从而可求得的所有可能值. 【解析】（1）因为数列为“数列”， 所以， 当时，，又，所以 当时，， 所以，即， 经检验：满足， 所以， 故数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，故. （2）由题意得，故， 两式相减得，则， 所以当时，， 又因为， 所以当时，， 故. （3）由（2）得，当时，数列是常数列， 所以， 因为当时，成立, 所以， 所以， 因为，令，得， 又因为，所以， 所以， 又当时，，且为整数，易得， 将分别代入不等式， 可得， 所以存在数列符合题意，的所有可能值为. 【点睛】关键点睛：本题考查数列的新定义的理解能力、等比数列的通项公式和数列递推公式的运用；通过反复利用递推公式，得到数列为常数列是求解本题的关键. 圆锥曲线—定点、定直线问题 8．（23-24高二下·上海嘉定·期末）已知椭圆 的左、右顶点分别为、，且椭圆经过点 . (1)求的值，并求经过点且与圆相切的直线方程； (2)设为椭圆上的一个异于、的动点，直线、分别与直线相交于、两点，求的最小值： (3)已知椭圆上有不同的两点、，且直线不与坐标轴垂直，设直线、的斜率分别为、，求证：“”是“直线经过定点”的充要条件． 【答案】(1)，相切直线为与 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）代入点坐标计算即可得，结合直线与圆的位置关系，分切线斜率存在与不存在进行讨论计算即可得切线方程； （2）设，由题目条件求出，由结合基本不等式，即可求出的最小值． （3）充分性：设出直线的方程，联立方程组，根据整理出的关系式，即可得到，即直线过定点；必要性：根据直线过定点，设出直线的方程，联立方程组，求出的表达式，消去即证明出. 【解析】（1）由题意可得，解得，即， 若经过点且与圆相切的直线方程斜率存在，可设为， 则有，解得，即，即， 若经过点且与圆相切的直线方程斜率不存在，则为， 又到的距离为，符合题意，故也与相切， 综上所述，相切直线为与； （2）设，则有，即， 由，则，， 则，故直线的方程为， 其与直线的交点的总坐标为， 又，故直线的方程为， 其与直线的交点的纵坐标为． 于是，即， 故， 当且仅当时，取得最小值； （3）充分性： 因为直线不与坐标轴垂直，设的方程为，， 联立方程组，整理得， ， ， ，， ，， ， ， ， 将代入上式， 整理得：， 恒成立， ，即直线过定点，充分性得证； 必要性： 因为直线不与坐标轴垂直且过点，设的方程为， ，联立方程组， 整理得， ， ，， ，必要性得证. 所以“”是“直线经过定点”的充要条件. 【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，注意的判断； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 9．（22-23高二上·上海杨浦·期末）已知椭圆和双曲线的焦距相同，且椭圆经过点，椭圆的左、右顶点分别为、，动点在椭圆上且异于点、，直线、与直线分别交于点、. (1)求椭圆的标准方程； (2)求线段长的最小值； (3)如图，设直线与轴交于点，过点作直线交椭圆与、，直线与交于一点，证明：点在一条定直线上. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，利用椭圆定义可求得的值，进一步可求得的值，由此可得出椭圆的标准方程； （2）计算得出，设直线的方程为，直线的方程为，其中，计算出点、的纵坐标，利用基本不等式可求得的最小值； （3）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出直线、的方程，将这两条直线的方程联立，求出点的横坐标，即可证得结论成立. 【解析】（1）解：双曲线的焦距为， 所以，椭圆的焦点分别为、， 由椭圆定义可得，，， 因此，椭圆的标准方程为. （2）解：设点，则且，易知点、， ， 设直线的方程为，直线的方程为，其中， 设点、，则，可得，， 所以，， 当且仅当时，等号成立，故线段长的最小值为. （3）解：易知点，当直线与轴重合时，、为椭圆长轴的顶点，不合乎题意， 设直线的方程为，设点、， 联立可得，，可得， 由韦达定理可得，， ，， 直线的方程为，直线的方程为， 联立直线、的方程可得， 解得， 因此，点在直线上. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 圆锥曲线—定值问题 10．（23-24高二下·上海·期末）已知双曲线：的离心率为，点在双曲线上．过的左焦点F作直线交的左支于A、B两点． (1)求双曲线的方程． (2)若，试问：是否存在直线l，使得点M在以AB为直径的圆上？若存在求出直线l的方程；若不存在，说明理由． (3)点，直线交直线于点．设直线、的斜率分别、，求证：为定值． 【答案】(1)； (2)不存在，理由见解析； (3)证明见解析 【分析】（1）根据题意列式求，进而可得双曲线方程； （2）设，联立方程，利用韦达定理判断是否为零即可； （3）用两点坐标表示出直线，得点坐标，表示出，结合韦达定理，证明为定值． 【解析】（1）由双曲线的离心率为，且在双曲线上， 可得，解得，所以双曲线的方程为． （2）双曲线的左焦点为， 当直线的斜率为0时，此时直线为，与双曲线左支只有一个交点，不符合题意， 当直线的斜率不为0时，设， 由，消去得， 显然，， 设，则，得， 于是， ， 即，因此与不垂直， 所以不存在直线，使得点在以为直径的圆上． （3）由直线，得， 则，又， 于是 ， 而，即有，且， 所以，即为定值． 【点睛】方法点睛：①引出变量法，解题步骤为先选择适当的量为变量，再把要证明为定值的量用上述变量表示，最后把得到的式子化简，得到定值；②特例法，从特殊情况入手，求出定值，再证明这个值与变量无关． 11．（22-23高二下·上海宝山·期末）已知椭圆的焦距为2，且过点.    (1)求椭圆的标准方程； (2)、分别为椭圆的上、下顶点，为坐标原点，过椭圆的左焦点作直线交椭圆于、两点，与轴交于点. ①若点是线段的中点，求点的轨迹方程； ②设直线与直线交于点，求证：为定值. 【答案】(1)； (2)①(除去点)；②证明见解析. 【分析】 （1）将给定的点坐标代入方程，由焦距列出方程，再解方程组作答. （2）①设出直线的方程，与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出轨迹方程即得；②设出点的坐标，借助斜率坐标公式推理计算即可. 【解析】（1） 依题意，，由点在上得，解得, 所以椭圆的标准方程为. （2） ①由（1）知，，显然直线的斜率存在，设直线的方程为，    由消去y得，设， 于是，设线段的中点， 则，， 当时，两式相除得，代入上式化简得， 当时，线段的中点的坐标满足上述方程， 所以的轨迹方程为(除去点)； ②由直线的方程，得点，当时，，不符合题意， 因此，当点异于、点时，设， 由,,三点共线，得，由,,三点共线，得，而， 两式相除得 ， 解得，从而，为定值， 当点与点重合时,，满足， 当点与点重合时,，满足， 所以为定值. 【点睛】 方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 圆锥曲线—最值问题 12．（23-24高二上·上海·期末）已知椭圆：与抛物线：在第一象限交于点，，分别为的左、右顶点. (1)若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程； (2)设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值； (3)设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据焦距和求出椭圆方程和，从而得到，求出准线方程； （2）先得到，和直线方程，分别联立后，得到相应的弦长，从而分两向量方向相同和相反求出答案； （3）由三点共线得到和，从而表达出，得到，换元后得到，结合二次函数图象性质求出最小值，得到方程，求出，进一步求出点的坐标. 【解析】（1）由题意得，故，则，解得， 故椭圆：， 因为在第一象限，，所以， 所以，将其代入中，即，解得， 故的准线方程为； （2）由题意得，解得， 故，， 直线的方程为，联立得，， 设，则，， 故， 联立与得，， 设，则，， 故， 若方向相同，， 若方向相反，，    所以； （3）由，，三点共线，可得 ，故， 同理，由，，三点共线，可得 ， 则 ， 因为，所以， 所以， 又， 故， 因为，令， 则， 所以， 其中， 因为，所以的开口向下， 对称轴为， 其中， 故当时，取得最大值， 最大值为， 故的最小值为， 令，解得，负值舍去，    故，解得， ， 又，故， 则点的坐标为. 【点睛】圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法： （1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决； （2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围． 13．（23-24高三上·上海松江·期末）已知椭圆（）的离心率为，其上焦点与抛物线的焦点重合．    (1)求椭圆的方程； (2)若过点的直线交椭圆于点，同时交抛物线于点（如图1所示，点在椭圆与抛物线第一象限交点上方），试比较线段与长度的大小，并说明理由； (3)若过点的直线交椭圆于点，过点与直线垂直的直线交抛物线于点（如图2所示），试求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆的方程. （2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由此求得，联立直线的方程和抛物线的方程，化简写出根与系数关系，由此求得，利用差比较法求得. （3）对直线的斜率是否存在进行分类讨论，由（2）求得，，进而求得四边形面积的表达式，根据不等式的性质求得面积的最小值. 【解析】（1）由题意得，即：，又，所以， 由，得，所以椭圆的方程为. （2）由题意得过点的直线的斜率存在，设直线方程为， 设，，，， 联立，消去得：， 则，， 所以. 抛物线的方程为：， 联立，消去得：， 则， 所以， 所以 ， 即. （3）设，，，， 当直线的斜率存在且不为零时， 设直线方程为， 则直线方程为， 由（2）的过程可知：， 由，以替换，可得， 所以 ， 因为，所以，，； 当直线的斜率不存在时，，， 所以； 综上所述：，所以四边形面积的最小值为. 【点睛】求解椭圆的标准方程，关键是根据已知条件求得，和是两个未知参数，要求出两个参数的值，需要两个已知条件，如本题中“椭圆的离心率以及焦点”两个已知条件，再结合即可求得，从而求得椭圆的标准方程. 专题06 圆锥曲线—取值范围问题 14．（22-23高二下·上海·期末）已知椭圆C：，四点中恰有三点在椭圆C上． (1)求椭圆C的方程； (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：l过定点． (3)如图，抛物线M：的焦点是F，过动点的直线与椭圆C交于P，Q两点，与抛物线M交于两点，且G是线段PQ的中点，是否存在过点F的直线交抛物线M于T，D两点，且满足，若存在，求直线的斜率k的取值范围；若不存在，说明理由．    【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）根据椭圆的对称性，得到三点在椭圆C上．把的坐标代入椭圆C，求出，即可求出椭圆C的方程； （2）当斜率不存在时，不满足；当斜率存在时，设，与椭圆方程联立，利用判别式、根与系数的关系，结合已知条件得到，能证明直线l过定点； （3）利用点差法求出直线PQ的斜率，从而可得直线PQ的方程，与抛物线方程联立，由，及点G在椭圆内部，可求得的取值范围，设直线TD的方程为，与抛物线方程联立，由根与系数的关系及，可求得m的取值范围，进而可求得直线的斜率k的取值范围． 【解析】（1）根据椭圆的对称性，两点必在椭圆C上， 又的横坐标为1， ∴椭圆必不过， ∴三点在椭圆C上． 把代入椭圆C， 得，解得， ∴椭圆C的方程为． （2）证明：①当斜率不存在时，设,， ∵直线与直线的斜率的和为， ∴， 解得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足． ②当斜率存在时，设,，， 联立，消去y整理得， 则，， 则 , 又，∴，此时， 故存在k，使得成立， ∴直线l的方程为，即 ∴l过定点． （3）∵点P，Q在椭圆上，所以，， 两式相减可得， 又是线段PQ的中点， ∴， ∴直线PQ的斜率， ∴直线PQ的方程为，与抛物线方程联立消去x可得， 由题可知，∴， 又G在椭圆内部，可知，∴，故， 设，，由图可知，， ∴， 当直线TD的斜率为0时，此时直线TD与抛物线只有1个交点，不合要求，舍去， 设直线TD的方程为，与抛物线方程联立，消去x可得， ∴， 由，可知，即， ∴，即， ∴， ∵， ∴，解得，即， ∴直线TD即的斜率． 【点睛】思路点睛：处理定点问题的思路： （1）确定题目中的核心变量（此处设为）， （2）利用条件找到与过定点的曲线的联系，得到有关与的等式， （3）所谓定点，是指存在一个特殊的点，使得无论的值如何变化，等式恒成立，此时要将关于与的等式进行变形，直至找到， ①若等式的形式为整式，则考虑将含的式子归为一组，变形为“”的形式，让括号中式子等于0，求出定点； ②若等式的形式是分式，一方面可考虑让分子等于0，一方面考虑分子和分母为倍数关系，可消去变为常数. 专题07 圆锥曲线—弦长、中点弦问题 15．（22-23高二上·上海浦东新·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为和,经过点且斜率为k的直线l交椭圆于B,C两点,其中点C在第二象限.如图所示,将的上半部分（半椭圆）沿着长轴翻折使得点C翻折至点A且二面角为直二面角.设三角形和三角形的周长分别为和. (1)证明:; (2)若,求异面直线和所成角的大小; (3)若,求k的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】(1)根据椭圆的定义,写出周长,即可证明; (2)根据,设直线方程,求两点坐标,进而求出各个长度,还原到立体图形中,分别取的中点为,连接,根据垂直关系,中位线及余弦定理,求出各个长度,进而求得直线夹角即为异面直线和所成角; (3)根据,找到之间的关系,设直线方程,联立方程组,求出弦长,再根据二面角为直二面角,过做底面垂线,还原到平面图形中,根据两点间的距离公式,即可求长度,再根据之间的关系建立等式,求出直线即可. 【解析】（1）解:由椭圆定义可得:, , 故得证; （2）由题知椭圆, 所以, 因为, 所以直线l的方程为: , 联立, 可得: , 解得: , 代入直线方程可得: ,, 因为, 所以, , , 所以, 分别取的中点为, 连接如图所示: 所以,,, ,, , 在及中分别由余弦定理可得: , 代入数值可得:, 解得:, 因为二面角为直二面角,, 所以平面, 因为分别是中点, 所以, 所以平面, 故, 所以, 在中,由余弦定理可得: , 因为分别是中点, 所以, 所以直线夹角即为异面直线和所成角, 因为异面直线和所成角的大小范围为, 所以异面直线和所成角大小为; （3）由椭圆定义可得: , 由题知,直线斜率存在, 设,, 因为C在第二象限, 所以或, 联立, 化简可得:, 由韦达定理可得: , , 过向做垂线,垂足为, 还原到平面直角坐标系上可知轴, 故, 所以 , 因为, 即, 化简可得, 两边平方可得, 解得或（舍去） 故, 因为或, 故. 【点睛】思路点睛:本题考查圆锥曲线与空间几何综合应用题,属于难题,关于圆锥曲线的思路有: (1)根据题意考虑直线斜率是否存在; (2) 设直线方程,联立方程组; (3) 判别式大于零,韦达定理; (4)根据题意建立关于的等式,化简即可. 16．（22-23高二上·上海浦东新·期末）在直角坐标系xOy中，椭圆的焦距为，长轴长是短轴长的2倍，斜率为的直线交椭圆于A，B (1)求椭圆的标准方程 (2)若P为线段AB的中点，设OP的斜率为，求证：为定值； (3)设点A，B关于原点对称的点分别为C，D，求四边形ABCD面积的最大值. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)4 【分析】（1）根据已知条件建立的方程，求解即可； （2）设，利用点差法求得，利用两点斜率公式求得，计算即可证明； （3）设直线的方程为，按照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可求得弦长，利用点线距离公式可求得原点到直线的距离为.根据对称性可知四边形ABCD的面积，求出面积后再利用基本不等式求得最大值. 【解析】（1）依题意可知：，解得， 故椭圆的标准方程为. （2）证明：设，则. 把代入椭圆方程得， 两式相减可得：，即， 而，则. 故为定值. （3） 设直线的方程为， 联立方程组，整理得， ，即 又. 记原点到直线的距离为，则 因为点A，B关于原点对称的点分别为C，D， 所以四边形ABCD的面积 所以 当且仅当，即时，等号成立， 故四边形ABCD的面积的最大值为4. 【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、（或、）的形式； （5）代入韦达定理求解. 专题08 圆锥曲线—数列在圆锥曲线的应用 17．（2023·上海金山·一模）已知椭圆的左､右焦点分别为. (1)以为圆心的圆经过椭圆的左焦点和上顶点，求椭圆的离心率； (2)已知，设点是椭圆上一点，且位于轴的上方，若是等腰三角形，求点的坐标； (3)已知，过点且倾斜角为的直线与椭圆在轴上方的交点记作，若动直线也过点且与椭圆交于两点（均不同于），是否存在定直线，使得动直线与的交点满足直线的斜率总是成等差数列？若存在，求常数的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)存在，，理由见解析 【分析】（1）由题意知，即可知离心率； （2）分，和三种讨论即可； （3）设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，计算，将韦达定理式整体代入，再计算，得到方程即可. 【解析】（1）由题意得即，所以离心率. （2）由题意得椭圆 ①当时，由对称性得. ②当时，，故，设， 由得， 两式作差得， 代入椭圆方程，得（负舍），故 ③当时，根据椭圆对称性可知. （3）由题意得椭圆. 设直线， 由得. 设，则， ， ， 由，得. 【点睛】关键点睛：对于第三问，我们通常选择设线法，设直线，从而将其与椭圆方程联立得到两根之和与之积式，然后再计算出的值，再将韦达定理式整体代入，当然本题也可引入，设直线. ( 1 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$