专题05 圆锥曲线 压轴题(十二大题型)（沪教版2020选择性必修，上海专用）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学下学期期中真题分类汇编

专题05 圆锥曲线 压轴题 题型概览 题型01 定点问题 题型02 定值问题 题型03 定直线问题 题型04 定圆问题 题型05 最值问题 题型06 取值范围+向量问题 题型07 数列在圆锥曲线的应用 题型08 重心在圆锥曲线的应用 题型09 求轨迹方程 题型10 新定义题 题型11 证明恒（不）等式 题型12 焦点弦、中点弦等问题 ( 题型01 ) 定点问题 1．（24-25高三上·上海·期中）如图，已知双曲线（，）的渐近线方程为，点在双曲线C上，A、B为双曲线C的左、右顶点，P为双曲线C右支上的动点，直线AP和直线交于点N，直线NB交双曲线C的右支于点Q. (1)求双曲线C的方程； (2)若点P在第一象限，且满足，求的面积； (3)探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，并说明理由. ( 题型02 ) 定值问题 2．（24-25高三上·上海·期中）已知椭圆的离心率为，A、分别为椭圆的左、右顶点.过点作斜率为的动直线交椭圆于、两点；当变化时，面积的最大值为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求的面积； (3)如图，设关于原点的对称点为，直线、交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由. ( 题型03 ) 定直线问题 3．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知、是椭圆的左、右顶点，椭圆的长轴长是短轴长的倍，点与椭圆上的点的距离的最小值为． (1)求椭圆的离心率和标准方程； (2)求点的坐标； (3)过点作直线交椭圆于、两点（与、不重合），连接、交于点．证明：点在定直线上； ( 题型04 ) 定圆问题 4．（23-24高二下·上海·期中）已知双曲线的右顶点为是双曲线上两点，过作斜率为的直线，与双曲线只有点这一个交点. (1)求双曲线的方程； (2)若是以为直角顶点的等腰直角三角形，求的面积； (3)已知点和双曲线上两动点，满足，过点作于点，证明：点在一个定圆上，并求定圆的方程. ( 题型0 5 )最值问题 5．（23-24高二下·上海·期中）已知曲线由抛物线及抛物线组成，若是曲线上关于轴对称的两点，四点不共线，其中点在第一象限. (1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程； (2)求四边形周长的最小值； (3)若点横坐标小于4，求四边形面积的最大值. ( 题型0 6 ) 取值范围+向量问题 6．（23-24高二下·上海·期中）已知为坐标原点，双曲线的焦距为4，且经过点 (1)求的方程； (2)若直线与交于，两点，且． （i）设直线的方程为，求证：； （ii）求的取值范围． 7．（23-24高二下·上海金山·期中）已知分别是椭圆的左、右顶点，为坐标原点，，点在椭圆上.过点的直线交椭圆于、两个不同的点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若点落在以线段为直径的圆的外部，求直线的斜率的取值范围； (3)当直线的倾斜角为锐角时，设直线、分别交轴于点，记，，求的取值范围. ( 题型0 7 ) 数列在圆锥曲线的应用 8．（22-23高二下·上海普陀·期中）17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示.四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形.带槽杆长为，点，间的距离为2，转动杆一周的过程中始终有.点在线段的延长线上，且.    (1)建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程； (2)过点的直线与交于两点.记直线的斜率为，证明：为定值； (3)过点作直线垂直于直线，在上任取一点，对于（2）中的两点，试证明：直线的斜率成等差数列. 9．（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. ( 题型0 8 ) 重心在圆锥曲线的应用 10．（2022·上海青浦·二模）已知椭圆：的右焦点为，过的直线交于，两点.    (1)若直线垂直于轴，求线段的长； (2)若直线与轴不重合，为坐标原点，求面积的最大值； (3)若椭圆上存在点使得，且的重心在轴上，求此时直线的方程. ( 题型0 9 ) 求轨迹方程 11．（22-23高三上·上海宝山·期中）已知中心在原点，左焦点为的椭圆的左顶点为，上顶点为，到直线的距离为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线，使其交椭圆于、两点，交直线于点. 问：是否存在这样的直线，使是、的等比中项？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由； (3)若椭圆方程为，椭圆方程为：，则称椭圆是椭圆的倍相似椭圆.已知是椭圆的倍相似椭圆，若直线与两椭圆、交于四点（依次为、、、），且，试研究动点的轨迹方程. ( 题型 10 ) 新定义题 12．（24-25高三上·上海·阶段练习）我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”，其中，，．如图，设点，，是相应椭圆的焦点，，和，是“果圆”与，轴的交点，是线段的中点．    (1)设是“果圆”的半椭圆上任意一点，且，．求证：当取得最小值时，在点处； (2)若是“果圆”上任意一点，求取得最小值时点的横坐标； (3)连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦．试研究：是否存在实数，使斜率为的“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上？若存在，求出所有可能的值；若不存在，说明理由． ( 题型 11 ) 证明恒（不）等式 13．（23-24高三上·上海黄浦·期中）已知为坐标原点，曲线：和曲线：有公共点，直线：与曲线的左支相交于A、B两点，线段的中点为M.    (1)若曲线和有且仅有两个公共点，求曲线的离心率和渐近线方程. (2)若，直线经过点，且，求直线的方程. (3)若直线：与曲线相交于C、D两点，且直线经过线段中点N，求证：. 14．（2023·上海杨浦·模拟预测）贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图所示，抛物线，其中为一给定的实数.    (1)写出抛物线的焦点坐标及准线方程； (2)若直线与抛物线只有一个公共点，求实数k的值； (3)如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：． ( 题型 12 ) 焦点弦、中点弦等问题 15．（23-24高三上·上海嘉定·期中）已知椭圆的离心率为，焦距为2，过的左焦点的直线与相交于，两点，与直线相交于点. (1)求椭圆方程； (2)若，求证：； (3)过点作直线的垂线与相交于，两点，与直线相交于点.求的最大值. 16．（22-23高二上·上海杨浦·期中）已知椭圆,的离心率相同.点在椭圆上，、在椭圆上. (1)若求点的轨迹方程； (2)设的右顶点和上顶点分别为、，直线、分别是椭圆的切线，、为切点，直线、的斜率分别是、，求的值； (3)设直线、分别与椭圆相交于、两点，且若是中点，求证：、、三点共线（为坐标原点）. 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题05 圆锥曲线 压轴题 题型概览 题型01 定点问题 题型02 定值问题 题型03 定直线问题 题型04 定圆问题 题型05 最值问题 题型06 取值范围+向量问题 题型07 数列在圆锥曲线的应用 题型08 重心在圆锥曲线的应用 题型09 求轨迹方程 题型10 新定义题 题型11 证明恒（不）等式 题型12 焦点弦、中点弦等问题 ( 题型01 ) 定点问题 1．（24-25高三上·上海·期中）如图，已知双曲线（，）的渐近线方程为，点在双曲线C上，A、B为双曲线C的左、右顶点，P为双曲线C右支上的动点，直线AP和直线交于点N，直线NB交双曲线C的右支于点Q. (1)求双曲线C的方程； (2)若点P在第一象限，且满足，求的面积； (3)探究直线PQ是否过定点，若过定点，求出该定点坐标，并说明理由. 【答案】(1)； (2)36； (3)过定点，理由见解析. 【分析】（1）根据题意列出方程组，解出，即得双曲线方程； （2）设点,由题设条件依次求得点，，再求三角形面积即可； （3）设，直线PQ的方程为，联立双曲线的方程，结合韦达定理可得，写出直线AP的方程，进而可得N点的坐标，又N，B，Q三点共线，则，解得，即可求得定点． 【解析】（1）依题意，可得，解得. 故双曲线C的方程为； （2） 如图，设点，由可得点是的中点， 又，，则， 依题意，点在直线上，则，解得， 将其代入，解得，因点P在第一象限，故. 于是直线的方程为：， 代入，整理得，解得或，故得， 于是的面积为; （3）直线经过点，理由如下： 设直线的方程为：， 代入，整理得：， 由可得. 设，则 故有.（*） 直线的方程为：，令，代入解得，即, 因三点共线，故,又， 则得，即， 将代入，化简得：， 由（*），可得， 代入整理得：， 即得：，也即， 因点是双曲线右支上的动点，故不能恒为0，故. 此时直线的方程为：，故直线必过定点. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与双曲线位置关系的应用，属于较难题. 关键是在解决第2问时，利用韦达定理实现非对称代换，整理方程后推得直线过定点. ( 题型02 ) 定值问题 2．（24-25高三上·上海·期中）已知椭圆的离心率为，A、分别为椭圆的左、右顶点.过点作斜率为的动直线交椭圆于、两点；当变化时，面积的最大值为2. (1)求椭圆的标准方程； (2)当时，求的面积； (3)如图，设关于原点的对称点为，直线、交于点，设直线的斜率为，试探究是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)是定值， 【分析】（1）由题意可得，由面积可得，再结合，即可得出答案. （2）直线的方程为，联立方程解出，进而可求面积； （3）设，直线的方程为，联立直线和椭圆方程，利用根与系数的关系、斜率公式即可求得为定值. 【解析】（1）依题意可知， 当为短轴顶点时，取到最大值， 可得，解得， 所以椭圆的标准方程. （2）因为点在椭圆内部，可知直线与椭圆必相交，设， 若，则直线， 联立方程，消去可得，解得或， 所以的面积. （3）由（2）可设，则， 设直线的方程为，此时， 联立直线与椭圆方程，消去可得， 则， 不妨设，因为三点共线，则， 可得，则， 因为三点共线，则， 可得，则， 可得， 则，可得， 所以，即. 【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． ( 题型03 ) 定直线问题 3．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知、是椭圆的左、右顶点，椭圆的长轴长是短轴长的倍，点与椭圆上的点的距离的最小值为． (1)求椭圆的离心率和标准方程； (2)求点的坐标； (3)过点作直线交椭圆于、两点（与、不重合），连接、交于点．证明：点在定直线上； 【答案】(1)离心率为，标准方程为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆的几何性质可求出的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的离心率及其标准方程； （2）设，利用两点间距离公式得，然后根据、分类讨论求解即可； （3）设直线的方程为，、，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线、的方程，进而求解即可； 【解析】（1）由题意可知，椭圆的长轴长为，短轴长为， 由题意可得，则， 因此，椭圆的离心率为，其标准方程为. （2）设是椭圆上一点，则， 因为 若时，则，，解得（舍去）， 若时，则，则，解得（舍去）或， 所以点的坐标为. （3）设直线的方程为，、， 由，得，所以，， 所以，① 由，得或， 易知直线的方程为，② 直线的方程为，③ 联立②③，消去，得，④ 联立①④，消去，则， 解得，即点在直线上. 【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． ( 题型04 ) 定圆问题 4．（23-24高二下·上海·期中）已知双曲线的右顶点为是双曲线上两点，过作斜率为的直线，与双曲线只有点这一个交点. (1)求双曲线的方程； (2)若是以为直角顶点的等腰直角三角形，求的面积； (3)已知点和双曲线上两动点，满足，过点作于点，证明：点在一个定圆上，并求定圆的方程. 【答案】(1) (2)144 (3)证明见解析， 【分析】（1）根据顶点坐标和斜率可得方程； （2）利用弦长公式得出，结合垂直关系可得，利用可求斜率，进而可得三角形的面积； （3）设出的方程，结合垂直关系，得出过定点，进而可证结论. 【解析】（1）因为右顶点为，所以， 又因为过斜率为的直线与双曲线只有点这一个交点， 所以，即，所以方程为. （2）由题意可知直线的斜率存在且不为零，设，则， 联立，， ，， 设，则， ， 利用代换可得， 由题意，， 整理得，， ，因为，所以，即， 此时，所以的面积为. （3）若直线的斜率为0，设，则，解得， 不妨设，则; 因为，所以，解得或（舍）. 若直线的斜率不为0，设，; ，， ，， ， ， ， ， 因为，所以，即， ， 整理得，即， 即或， 当时，过点，舍去； 当时，，此时过定点； 综上可知直线恒过定点. 因为，所以点一定在以为直径的圆上， 定圆的圆心为，半径为，所以方程为. 【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两点：一是等腰直角三角形条件的转化，利用垂直和相等得出弦长；二是第三问中在定圆上的问题转化为直线恒过定点的问题. ( 题型05 )最值问题 5．（23-24高二下·上海·期中）已知曲线由抛物线及抛物线组成，若是曲线上关于轴对称的两点，四点不共线，其中点在第一象限. (1)写出抛物线的焦点坐标和准线方程； (2)求四边形周长的最小值； (3)若点横坐标小于4，求四边形面积的最大值. 【答案】(1)焦点坐标为，准线方程为 (2) (3)8 【分析】（1）根据抛物线方程可知，进而可取焦点和准线； （2）设，则，且四边形为等腰梯形，利用抛物线的定义结合图形的性质分析求解； （3）由（2）可知：，且，可得四边形的面积为，构建函数，，利用导数判断的单调性和最值，进而可得结果. 【解析】（1）抛物线，即， 可知，即，且焦点在y轴正半轴上， 所以抛物线的焦点坐标为，准线方程为. （2）由（1）可知：抛物线的焦点坐标为， 设，则， 由题意可知：四边形为等腰梯形， 则四边形周长， 当且仅当三点共线时，等号成立， 所以四边形周长的最小值为. （3）由题意可知：，且，    则，梯形的高为， 可得四边形的面积为，且， 构建，， 则，， 令，解得；令，解得或； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且，可知的最大值为， 所以四边形的面积的最大值为8. 【点睛】关键点点睛：在求四边形的面积的最大值时，通过构建函数，，利用导数求函数最值，是解题的关键. ( 题型06 ) 取值范围+向量问题 6．（23-24高二下·上海·期中）已知为坐标原点，双曲线的焦距为4，且经过点 (1)求的方程； (2)若直线与交于，两点，且． （i）设直线的方程为，求证：； （ii）求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（1）由题意知，求解可得双曲线的方程； （2）（i），联立，可得，由，可证结论； （ii）由（1）可得，利用换元法可求的取值范围，进而讨论当斜率不存在时，的长，可得的取值范围. 【解析】（1）由题意知，解得， 所以双曲线的方程为； （2）（i）设的方程为， 联立，消去化简得，则， ，即且， ， ， 又，所以； （ii）由（1）知当l斜率存在时 ,可得， 令， 则且，或， ， 令， 则在时单调递减， 在时单调递增， 则， 即，， 当斜率不存在时， 设，，， 由， 此时， 综上，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：直线与双曲线联立问题 第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，点不定，都可由点斜式设出直线方程． 第二步：联立方程：把所设直线方程与抛物线方程联立，消去一个元，得到一个一元二次方程． 第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0. 第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出． 第五步：根据题设条件求解问题中的结论． 7．（23-24高二下·上海金山·期中）已知分别是椭圆的左、右顶点，为坐标原点，，点在椭圆上.过点的直线交椭圆于、两个不同的点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若点落在以线段为直径的圆的外部，求直线的斜率的取值范围； (3)当直线的倾斜角为锐角时，设直线、分别交轴于点，记，，求的取值范围. 【答案】(1) (2)或 (3) 【分析】（1）由椭圆长轴长为6，可知，再代入点，即可求出椭圆方程； （2）直线与椭圆相交问题，要讨论直线斜率是否存在，若存在则可设直线方程为与椭圆联立方程组，可由韦达定理得根与系数关系，再由点在以线段为直径的圆的外部等价于，从而转化为根与系数的关系上来，即可求解； （3）由直线、分别交轴于点，此时点的坐标可以运用直线和的两点式方程求解并表示出来，从而利用向量的坐标运算把向量关系：，，转化为坐标关系：，，再利用韦达定理来求出与系数的关系，从而利用斜率的范围来求的范围. 【解析】（1）因为，所以； 又点在椭圆上，即，所以， 所以椭圆的方程为； （2）由（1）可得 ①当直线的斜率不存在时，此时直线就是轴，所以为椭圆的短轴端点， 即以线段为直径的圆交轴于， 此时点在以线段为直径的圆的外部，符合题意， 但此时，直线的斜率不存在. ②当直线的斜率存在时，设直线，设、， 由得， 由，解得或（i）， ， 又∵点在以线段为直径的圆的外部，则， 由 ， 解得或  （ii）， 由（i）、（ii）得实数的范围是或. （3）    设直线，又直线的倾斜角为锐角，由（2）可知， 记、，所以直线的方程是：，直线的方程是：， 令，解得，所以点S为；同理点T为， 所以，，， 由，，可得：，， 所以， 由、在直线上可代入得： ， 由（2）知：，，代入上式得， ， 即 综上可得：的范围是 ( 题型07 ) 数列在圆锥曲线的应用 8．（22-23高二下·上海普陀·期中）17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示.四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形.带槽杆长为，点，间的距离为2，转动杆一周的过程中始终有.点在线段的延长线上，且.    (1)建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程； (2)过点的直线与交于两点.记直线的斜率为，证明：为定值； (3)过点作直线垂直于直线，在上任取一点，对于（2）中的两点，试证明：直线的斜率成等差数列. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据已知可得，即可得出轨迹为椭圆.根据已知求出，即可得出答案； （2）（ⅰ）当直线斜率存在时，设.联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出坐标关系，表示出，整理化简，即可得出；（ⅱ）当直线斜率不存在时，根据对称性也可求出，即可得出证明； （3）设点坐标为，.（i）当直线斜率存在时，表示出，根据韦达定理化简整理可得；（ⅱ）当直线斜率不存在时，求出的坐标，即可得出答案. 【解析】（1）由已知可得，， 又， 所以，点的轨迹为以，为焦点的椭圆. 设椭圆的方程为， 则，所以， ，，， 所以，点的轨迹方程为. （2）（ⅰ）当直线斜率存在时，      设， 联立直线与椭圆方程， 可得，显然， 设，， 则， 所以，. 由已知可得，，则，， 所以，， 即为定值； （ⅱ）当直线斜率不存在时，直线垂直于轴，如图2， 显然，可得，即. 综上所述，为定值.    （3）由已知的方程为，设点坐标为，则. （i）当直线斜率存在时，    有，， ， 此时有； （ⅱ）当直线斜率不存在时，方程为， 代入椭圆方程可得， 不妨设，， 则， 也有. 综上所述，， 根据等差中项的性质可知，直线的斜率成等差数列. 【点睛】思路点睛：小问（2）中，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆联立.然后与根据韦达定理，化简整理，即可得出证明. 9．（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. ( 题型08 ) 重心在圆锥曲线的应用 10．（2022·上海青浦·二模）已知椭圆：的右焦点为，过的直线交于，两点.    (1)若直线垂直于轴，求线段的长； (2)若直线与轴不重合，为坐标原点，求面积的最大值； (3)若椭圆上存在点使得，且的重心在轴上，求此时直线的方程. 【答案】(1)3 (2) (3)或或 【分析】（1）令，求出即可. （2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，利用韦达定理和三角形面积公式表示出的面积即可. （3）分类讨论直线，与椭圆方程联立，利用中点坐标公式求出中点的坐标， 再利用重心的性质求出的坐标，代入椭圆方程即可求解. 【解析】（1）由题意，所以， 在椭圆方程中令，得， 解得，所以. （2）设直线的方程为：， 将其与椭圆方程联立得， 化简并整理得， 所以，， 所以， 所以的面积为， 令，则， 又因为在上单调递增， 所以，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. （3）当直线不与轴重合时，设直线：，的中点为点， 由（2）可知，将其与椭圆方程联立并整理得， 所以，， 因为的重心在轴上， 所以由重心坐标公式得， 所以， 所以，， 因为，所以由等腰三角形三线合一可知， 所以直线：， 所以， 所以点，将其代入椭圆方程化简并整理得， 解得或， 所以直线：或. 当直线与轴重合时，点在椭圆的上、下顶点，满足题意，此时直线：. 综上所述：满足题意的直线的方程为或或. ( 题型09 ) 求轨迹方程 11．（22-23高三上·上海宝山·期中）已知中心在原点，左焦点为的椭圆的左顶点为，上顶点为，到直线的距离为. (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线，使其交椭圆于、两点，交直线于点. 问：是否存在这样的直线，使是、的等比中项？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由； (3)若椭圆方程为，椭圆方程为：，则称椭圆是椭圆的倍相似椭圆.已知是椭圆的倍相似椭圆，若直线与两椭圆、交于四点（依次为、、、），且，试研究动点的轨迹方程. 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）设椭圆方程为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可出椭圆的方程； （2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，记、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出，由已知条件可得出，求出的值，即可得出直线的方程； （3）设、、、各点坐标依次为、、、，将直线与两椭圆的方程联立，列出韦达定理，分析可知，化简可得出动点的轨迹方程. 【解析】（1）解：设椭圆方程为， 所以直线方程为，即， 所以，点到直线距离为， 又，解得：，，故椭圆方程为. （2）解：当直线与轴重合时，，而， 所以，不合乎题意； 若存在直线，使是、的等比中项，则可设直线方程为， 联立可得， 所以，，解得， 记、、，由韦达定理可得， 在直线的方程中，令，可得，即， 因为，即，则， 所以，，解得，满足， 故存在直线，使是、的等比中项，其方程为，即. （3）解：椭圆的倍相似椭圆的方程为， 设、、、各点坐标依次为、、、， 联立可得， 则， 此时，， 所以，， 联立可得， ， 所以，，， 所以，， 因为，可得线段、的中点相同，所以， 由，所以，可得， ∴，满足，， 故动点的轨迹方程为. 【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. ( 题型10 ) 新定义题 12．（24-25高三上·上海·阶段练习）我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”，其中，，．如图，设点，，是相应椭圆的焦点，，和，是“果圆”与，轴的交点，是线段的中点．    (1)设是“果圆”的半椭圆上任意一点，且，．求证：当取得最小值时，在点处； (2)若是“果圆”上任意一点，求取得最小值时点的横坐标； (3)连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦．试研究：是否存在实数，使斜率为的“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上？若存在，求出所有可能的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2)答案见解析 (3)存在； 【分析】（1）先求得，然后设出点的坐标，再根据两点间的距离公式来求得正确答案. （2）先求得，然后设出点的坐标，再根据两点间的距离公式来求得正确答案. （3）先证明斜率相同的椭圆的弦的中点在定直线上，据此可判断“果圆”平行弦的中点轨迹是否落在某个椭圆上. 【解析】（1）是“果圆”的半椭圆上任意一点，所以， ，所以，所以. 设， ， 二次函数的开口向下，对称轴为， 由于，所以当时，取得最小值， 此时，即在点处. （2）半椭圆，对应， 半椭圆，对应，则， 当在半椭圆上时，设， 则 ， ，，， 二次函数的开口向下， 由于，所以当或时取得最小值， 当时，， ①， 当时，，②. 所以当取得最小值时，在或或处， ,设， 且和同时位于"果圆"的半椭圆和半椭圆上， 只需研究位于"果圆"的半椭圆上的情形即可. ， 当,即时,的最小值在时取到,此时的横坐标是. 当,即时, 由于在时是递减的,的最小值在时取到,此时的横坐标是. 综上所述,若,当取得最小值时,点的横坐标是； 若,当取得最小值时,点的横坐标是或. （3）我们证明一个结论： 若斜率为的直线与椭圆交于两点，则中点的轨迹在直线上, 证明：设，它们的中点为， 则且， 从而，故， 故，故中点在直线上.    对于“果园”的弦的中点， 若斜率，则设直线， 它与“果圆”的交点是，， 弦的中点满足， 消去可得弦的中点轨迹方程是， 而， 即，所以，若“果圆”弦所在直线的斜率为0，则平行弦中点轨迹是椭圆. 若“果圆”弦的斜率，则可平移过程总存在无数条斜率为的直线与“果园”的左半椭圆相交，由前述证明的结论，此时中点在直线上， 故平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上. 综上，斜率时，“果圆” 平行弦中点轨迹落在某个椭圆上. 斜率时，“果圆” 平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上. 【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. ( 题型11 ) 证明恒（不）等式 13．（23-24高三上·上海黄浦·期中）已知为坐标原点，曲线：和曲线：有公共点，直线：与曲线的左支相交于A、B两点，线段的中点为M.    (1)若曲线和有且仅有两个公共点，求曲线的离心率和渐近线方程. (2)若，直线经过点，且，求直线的方程. (3)若直线：与曲线相交于C、D两点，且直线经过线段中点N，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据曲线和有且仅有两个公共点，可得曲线和的两公共点为左右顶点，从而可求出，再根据双曲线的离心率公式即可得解； （2）设，联立方程，利用韦达定理结合弦长公式运算求解； （3）联立方程，利用韦达定理可得，同理可得，再根据，即可得出结论. 【解析】（1）因为曲线和有且仅有两个公共点， 所以曲线和的两公共点为左右顶点， 则，曲线的半焦距， 所以曲线的离心率，渐近线方程为. （2）由题意可得：曲线：和直线：， 设直线与曲线交与， 联立方程联立，消去y得， 可得，且， 解得， 因为， 整理得，解得或（舍去）， 即，所以直线的方程. （3）联立，消去y得， 则，且，可得， 所以，， 可得， 同理可得：联立直线：与曲线：， 可得， 因为，所以， 又因为， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 即． 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略： （1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； （2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； （3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； （5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围. 14．（2023·上海杨浦·模拟预测）贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图所示，抛物线，其中为一给定的实数.    (1)写出抛物线的焦点坐标及准线方程； (2)若直线与抛物线只有一个公共点，求实数k的值； (3)如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：． 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）直接根据抛物线方程写出焦点及准线方程即可； （2）联立方程，由即可得解； （3）设，设抛物线在点处的切线方程为，联立方程，根据求得斜率，进而可求得三条切线方程，从而可求得点、、的横坐标，再根据结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，即可得证. 【解析】（1）焦点为，准线为； （2）将代入， 化简得（*）， 方程（*）的判别式， 化简得，解得； （3）设， 设抛物线在点处的切线方程为， 由，消去并化简得， ， ，， 解得，故切线方程为， ， ，即， 同理可求得抛物线上过点B，C的切线方程分别为： ，， 联立，解得，即， 同理可得，， 因为， ， ， 所以． 【点睛】关键点点睛：第三问结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，是解决本题的关键. ( 题型12 ) 焦点弦、中点弦等问题 15．（23-24高三上·上海嘉定·期中）已知椭圆的离心率为，焦距为2，过的左焦点的直线与相交于，两点，与直线相交于点. (1)求椭圆方程； (2)若，求证：； (3)过点作直线的垂线与相交于，两点，与直线相交于点.求的最大值. 【答案】(1) (2)详见解析 (3) 【分析】（1）根据题意得到求解； （2）易知，，与椭圆方程联立，求得A，B的横坐标，再利用弦长公式证明； （3）设直线l方程为，则直线m的方程为，将直线l的方程与椭圆方程联立，结合韦达定理，利用弦长公式得到的表达式，进而得到的表达式求解. 【解析】（1）解：由题意得：， 则， 所以椭圆的标准方程为：； （2）易知，，设， 由，得，解得， 则， ， 所以； （3）图所示：    若直线l，m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线 平行， 所以直线l的斜率存在且不为零，设直线l方程为 ，则直线m的方程为，设， 由，消去y得， 则，， 易知，将代入直线l的方程得，即， 则， ， ， 同理， 所以， ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为. 【点睛】方法点睛：本题第二三问都体现了“曲”化“直”的思想，涉及到线段问题，注意弦长公式的应用. 16．（22-23高二上·上海杨浦·期中）已知椭圆,的离心率相同.点在椭圆上，、在椭圆上. (1)若求点的轨迹方程； (2)设的右顶点和上顶点分别为、，直线、分别是椭圆的切线，、为切点，直线、的斜率分别是、，求的值； (3)设直线、分别与椭圆相交于、两点，且若是中点，求证：、、三点共线（为坐标原点）. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）设点，可得出，由已知可得出，将代入等式化简可得出点的轨迹方程； （2）分写可得出，写出直线、的方程，将这两条直线的方程分别与椭圆的方程联立，由判别式方程可得出、的表达式，即可求得的值； （3）不妨设、，且，，可得出，代入椭圆的方程，可得出，同理可得出，两式作差，结合点差法证明出，即可证得结论成立. 【解析】（1）解：设点，由，可得， 因为点在椭圆上，则，即，即. 因此，点的轨迹方程为. （2）解：易知点、，直线的方程为， 直线的方程为， 因为椭圆与椭圆的离心率相等，且椭圆的离心率为， 椭圆的离心率为，可得， 所以，椭圆的方程为，即， 联立可得， ，可得， 联立可得， ，可得， 因为，则. （3）证明：，则，则， 不妨设、，且，， 所以，，所以，， 代入椭圆的方程可得， 即， 因为，， 所以，，① 同理可得，② ①②可得，所以，， 因为，这两个等式作差可得， 所以，，故、、三点共线. 【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. 2 / 38 学科网（北京）股份有限公司 $$