专题05 直线与圆锥曲线综合（期末复习知识清单）高二数学上学期沪教版选择性必修第一册

该高中数学专题知识清单系统梳理了直线与圆锥曲线综合问题，涵盖定值、定点、最值范围、探索性及证明五大核心知识范畴，搭建了从“方法归纳”到“题型突破”再到“易错规避”的递进式学习支架。 清单采用“知识清单+题型分类+易错警示”三维架构，如定值问题明确“特殊探路”与“直接推理”两种求解策略，6大题型均配例题及变式题，培养学生数学思维与运算能力，助力学生自主高效复习，也为教师教学设计提供精准支持。

专题05 直线与圆锥曲线综合（5知识&6题型&2易错） 【清单01】定值问题的两种求解方法 （1）从特殊情况入手，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. 【清单02】求解直线或曲线过定点问题的常用方法 （1）“特殊探路，一般证明”：先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明. （2）“一般推理，特殊求解”：设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点. （3）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式 ，则直线必过定点 ；若得到了直线方程的斜截式 ，则直线必过定点 . 【清单03】圆锥曲线中最值、范围问题的求解策略 （1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决. （2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等. 【清单04】圆锥曲线中探索性问题的求解策略 圆锥曲线中的探索问题,有探索点、直线、曲线、参数等是否存在的,也有探索命题是否成立的.解决此类问题,通常采用“肯定顺推法”.假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在,用待定系数法设出,列关于待定系数的方程组.若方程组有实数解,则元素存在；否则不存在.反证法与验证法也是求解探索问题常用的方法. 【清单05】圆锥曲线中的证明问题，是高考的热点内容之一，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明解析几何中的一些数量关系(相等或不等)． 【题型一】圆锥曲线的定值问题 【例1】（24-25高二下·上海金山·期末）已知椭圆的长轴为，椭圆的离心率，左右焦点分别记作、，且，过、分别作直线、交椭圆于、（在轴上方），且； (1)求此椭圆方程． (2)当直线的斜率与直线的斜率都存在时，求证：为定值． (3)求四边形面积的最大值． 【变式1-1】（24-25高二下·上海·期末）已知椭圆：（）的焦距为，上、下顶点分别为、，点关于直线的对称点在椭圆上，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点、.    (1)求椭圆的方程； (2)求的取值范围； (3)当与相交于点时，试问点的纵坐标是否为定值？若是，则求出该定值；若否，请说明理由. 【变式1-2】（24-25高二下·上海闵行·期末）在直角坐标系中，已知椭圆（）的长轴长为，离心率为，直线与轴交于点，与相交于、两点． (1)求的标准方程； (2)若的斜率为，且，求的值； (3)是否存在，使恒为定值？若存在，请求出与的值，若不存在，请说明理由． 【变式1-3】（24-25高二下·上海崇明·期末）如图，已知椭圆的左焦点为，点P是椭圆C上位于第一象限的点，M， N是y轴上的两个动点（点M位于x轴上方），满足且，线段PN交x轴于点Q． (1)求椭圆的离心率； (2)若点M的坐标为，求点P的坐标； (3)求证：为定值． 【题型二】圆锥曲线的定点问题 【例2】（2025高三·全国·专题练习）已知双曲线过点，且离心率为． (1)求的方程； (2)设斜率为的直线与交于点，若坐标原点到的距离为1，求的值； (3)若是上异于点的两点，且的斜率之和为1，证明：直线过定点． 【变式2-1】（2025·湖北·模拟预测）已知双曲线的左顶点在直线上，的左焦点为，点.为的右支上一动点. (1)求双曲线的渐近线方程； (2)过点且斜率为的直线与的左支交于D，E两点，求的面积的最小值； (3)设为的左支上与不重合的一动点，若直线平分，证明：直线MN恒过定点. 【变式2-2】（24-25高三上·山东青岛·期中）已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为. (1)求抛物线的方程； (2)过曲线上一点作两条互相垂直的直线，分别交曲线于（异于点）两点，求证：直线恒过定点； (3)若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围. 【变式2-3】（25-26高三上·上海·月考）已知点（其中），、、是平面直角坐标系上的三点，且、、成等差数列，公差为d． (1)若，坐标为，，点在直线上时，求点的坐标； (2)若，、、都在抛物线上，点的横坐标为3，求证：线段的垂直平分线与x轴的交点为一定点，并求该定点的坐标； (3)若、、都在椭圆上，且，求实数a的取值范围． 【题型三】圆锥曲线中最值、范围问题 【例3】（25-26高二上·上海·期中）已知，椭圆． (1)若椭圆的两个焦点和一个短轴顶点构成面积为2的三角形，求椭圆的方程和离心率； (2)设点的坐标为 ，为椭圆上的动点，若为椭圆右顶点时，取到最小值，求的取值范围． 【变式3-1】（25-26高二上·上海·期中）如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为．曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合，当时，曲线与双曲线重合． (1)直接写出椭圆和双曲线的离心率， (2)已知直线过点与曲线交于、两点，若，求直线的方程： (3)已知斜率为的直线过点与曲线交于两点，若，求实数的最大值． 【变式3-2】（25-26高三上·上海·月考）在平面直角坐标系中，满足到、距离之和为定值的点的轨迹为曲线，且点在曲线上.过点且不平行于x轴的直线与曲线交于点A、B，AB的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C、D，l与x轴的交点为E. (1)求的方程； (2)证明：； (3)记CG与AE的交点为M，DG与BE的交点为N，求四边形MGNE面积的最大值. 【变式3-3】（24-25高二下·上海·期末）已知双曲线，左、右顶点分别为，，过点的直线交双曲线于，两点． (1)若，为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标． (2)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值． 【题型四】圆锥曲线中探索性问题 【例4】（25-26高三上·上海青浦·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为为上两个不同的点，记的周长和面积分别为和. (1)若的离心率为，求的值； (2)若满足的点有且仅有两个，求的取值范围； (3)若，是否存在点使得和同时取到最大值？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 【变式4-1】（24-25高二下·上海徐汇·期末）如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”．“果圆”与轴、轴的交点分别为、、、．    (1)写出半椭圆所在椭圆的离心率，并计算四边形的面积； (2)设平行于的直线交于、两点．若，求直线的方程； (3)若封闭曲线在“果圆”的内部（含边界），则可用曲线拟合“果圆”，将曲线与“果圆”面积的比值记为“拟合系数”，其中．问是否存在圆心在轴上的圆，使得圆的拟合系数比四边形的拟合系数更大？若存在，求出拟合系数最大时圆的圆心坐标和半径；若不存在，请说明理由． 【变式4-2】（24-25高二下·上海松江·期末）如图，已知椭圆的离心率为，该椭圆的左右焦点 恰好是双曲线的左右顶点，是双曲线上异于顶点的任意一点，直线和与椭圆的交点分别是 和. (1)求椭圆的方程； (2)设直线的斜率分别是，求证: ； (3)是否存在常数，使得 恒成立？若存在，求的值；若不存在， 请说明理由. 【变式4-3】（24-25高三上·上海黄浦·期末）双曲线的左、右焦点分别为、（），过点的直线与右支在轴上方交于点． (1)若，点的坐标为，求的值； (2)若，且是等比数列，求证：直线的斜率为定值； (3)设直线与左支的交点为，，当且仅当满足什么条件时，存在直线，使得成立． 【题型五】圆锥曲线中的证明问题 【例5】（25-26高三上·上海宝山·期末）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．    (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上．若关于原点对称，且，证明：存在点，使得为定值． 【变式5-1】（24-25高二下·上海杨浦·期末）如图，已知椭圆的焦距为2.若是椭圆的内接三角形，点在轴上方，PQ,PR分别经过椭圆的左右焦点，则称为“好三角形”. (1)求椭圆的离心率； (2)若“好三角形”满足：，求点的坐标； (3)证明：当点是椭圆的上顶点时，“好三角形”的面积最大. 【变式5-2】（24-25高二下·上海虹口·期末）在平面直角坐标系中，分别为椭圆的左、右焦点． (1)若的离心率为，且，求的方程； (2)若过原点的直线，与相交于两点，是上异于的任意一点，求证：直线的斜率之积是定值； (3)设直线的一个法向量为是上任意一点，对于平面内的一定点，定义．证明：若，则直线与椭圆相切． 【变式5-3】（2024·上海闵行·一模）已知圆，双曲线，直线，其中． (1)当时，求双曲线的离心率； (2)若与圆相切，证明：与双曲线的左右两支各有一个公共点； (3)设与轴交于点，与圆交于点、，与双曲线的左右两支分别交于点、，四个点从左至右依次为、、、．当时，是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【题型六】圆锥曲线中的新定义问题 【例6】（22-23高二·全国·课后作业）我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”． (1)设椭圆：与双曲线：有相同的焦点、，M是椭圆与双曲线的公共点，且的周长为6，求椭圆的方程； (2)如图，已知“盾圆”D的方程为设“盾圆”D上的任意一点M到的距离为，M到直线：的距离为，求证：为定值． 【变式6-1】（21-22高二上·上海杨浦·期末）给出如下的定义和定理：定义：若直线l与抛物线有且仅有一个公共点P，且l与的对称轴不平行，则称直线l与抛物线相切，公共点P称为切点.定理：过抛物线上一点处的切线方程为.完成下述问题：如图所示，设E，F是抛物线上两点.过点E，F分别作抛物线的两条切线，，直线，交于点C，点A，B分别在线段，的延长线上，且满足，其中. (1)若点E，F的纵坐标分别为，，用，和p表示点C的坐标. (2)证明：直线与抛物线相切； (3)设直线与抛物线相切于点G，求. 【变式6-2】（19-20高二上·上海杨浦·期末）已知抛物线的焦点为，准线的方程为.若三角形的三个顶点都在抛物线上，且，则称该三角形为“向心三角形”. （1）是否存在“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和？说明理由； （2）设“向心三角形”的一边所在直线的斜率为，求直线的方程； （3）已知三角形是“向心三角形”，证明：点的横坐标小于. 【变式6-3】（25-26高二上·上海松江·期中）由椭圆的一个焦点、长轴的一个顶点（焦点与顶点在坐标原点同一侧）和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”，如果两个椭圆的“焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比；如图1，为左、右焦点分别为，，上、右顶点分别为A，B的椭圆；如图2，为左、右焦点分别为，，上、右顶点分别为，的椭圆；若与相似，则称椭圆，是“相似椭圆”，三角形的相似比称为椭圆的相似比. (1)判断椭圆与椭圆是否是“相似椭圆”；若是，求出相似比；若不是，请说明理由，并找出椭圆的一个“相似椭圆”； (2)证明：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等； (3)若椭圆与椭圆相似，相似比是，直线与椭圆，交于四点（依次为M，N，P，Q，如图），且，证明：点在定曲线上． 【题型一】圆锥曲线的定值问题运算出错 【例1】（2025·山西·模拟预测）过抛物线上的点的直线，分别交抛物线T于点B，C．设直线，的斜率分别为，，，当且点B，C关于x轴对称时，△ABC的面积为2． (1)求抛物线T的方程； (2)当时，证明：直线BC过定点． (3)设△ABC的外心E的坐标为，BC的中点M的坐标为，证明：为定值． 【变式1-1】（24-25高二下·浙江温州·开学考试）已知抛物线的焦点为F，直线l与抛物线C交于，两点，，点O为坐标原点，. (1)求抛物线C的方程; (2)证明：直线l过定点，并求出该定点坐标; (3)若点，直线AQ，BQ分别与抛物线C相交于M，N两点异于A，B两点，记的面积为，记的面积为，试判断是否为定值，若为定值，则求出此定值;若不为定值，请说明理由． 【变式1-2】（2024·浙江台州·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T． (1)求的方程和双曲线的渐近线方程； (2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切； (3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【变式1-3】（2020·浙江·模拟预测）已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合. (1)求抛物线的方程； (2)已知动直线过点，交抛物线于、两点，坐标原点为中点， ①求证：； ②是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由. 【题型二】对新定义问题认识不清 【例2】（25-26高二上·上海徐汇·月考）新定义：在直角三角形中，直角边与斜边之差的绝对值中较小的一个称为该直角三角形的“正减值”；直角三角形两直角边之差的绝对值称为该直角三角形的“余减值”. (1)求证：当直角三角形“正减值”最大时“余减值”最小； (2)设某直角三角形正减值的大小为，余减值的大小为，试判断“”是“该直角三角形三边长度可构成等差数列”的什么条件并说明理由； (3)如图所示，从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，若为线段的中点，为坐标原点，，请选择图中任意几点连接（不添加点），构造出两个直角三角形，满足其中一个直角三角形的正减值与另一个直角三角形的余减值相同并说明理由. 【变式2-1】（25-26高二上·上海·开学考试）在平面直角坐标系中，对于直线和点，记，当且仅当时，称点被直线分隔．若曲线与直线没有公共点，且曲线上存在点被直线分隔，则称直线是曲线的分隔线． (1)判断点是否被直线分隔： (2)若直线是曲线的分隔线，求实数的取值范围 (3)动点到点的距离与到轴的距离之积为1，设动点的轨迹为曲线，证明：经过原点的直线中，有且只有一条直线是曲线的分隔线． 【变式2-2】（24-25高二下·上海·期中）如图所示，平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点是角α终边上的点（异于原点），设，将点P绕O逆时针旋转θ后得到． (1)求证：． (2)已知曲线是函数的图象，曲线绕原点O逆时针旋转后得到，求的标准方程； (3)已知曲线表示一个中心在原点的椭圆，Q为第一象限内一点，且在椭圆的长轴上，满足，过点Q作直线交曲线于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线于点G、H，试判断：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【变式2-3】（24-25高三上·山东泰安·月考）现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”.若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”.已知圆. (1)若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； (2)已知圆，且均为圆“”的“牵连点”. （i）求直线的方程； （ii）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 学科网（北京）股份有限公5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 直线与圆锥曲线综合（5知识&6题型&2易错） 【清单01】定值问题的两种求解方法 （1）从特殊情况入手，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. 【清单02】求解直线或曲线过定点问题的常用方法 （1）“特殊探路，一般证明”：先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明. （2）“一般推理，特殊求解”：设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点. （3）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式 ，则直线必过定点 ；若得到了直线方程的斜截式 ，则直线必过定点 . 【清单03】圆锥曲线中最值、范围问题的求解策略 （1）几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决. （2）代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值.求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等. 【清单04】圆锥曲线中探索性问题的求解策略 圆锥曲线中的探索问题,有探索点、直线、曲线、参数等是否存在的,也有探索命题是否成立的.解决此类问题,通常采用“肯定顺推法”.假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在,用待定系数法设出,列关于待定系数的方程组.若方程组有实数解,则元素存在；否则不存在.反证法与验证法也是求解探索问题常用的方法. 【清单05】圆锥曲线中的证明问题，是高考的热点内容之一，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明解析几何中的一些数量关系(相等或不等)． 【题型一】圆锥曲线的定值问题 【例1】（24-25高二下·上海金山·期末）已知椭圆的长轴为，椭圆的离心率，左右焦点分别记作、，且，过、分别作直线、交椭圆于、（在轴上方），且； (1)求此椭圆方程． (2)当直线的斜率与直线的斜率都存在时，求证：为定值． (3)求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）与转换成关于，，的方程，解方程即可. （2）设，代入椭圆方程中，作差即可得到结论. （3）利用四边形为平行四边形，把四边形面积转化成面积的2倍，然后设直线的方程为，联立椭圆方程，设而不求，把的面积表示成关于的函数，换元，利用基本不等式求出函数最值. 【详解】（1）设，， ，得到； 又因为，所以，，． 即椭圆方程为． （2）设，，根据对称性，有，因为，都在椭圆上， 所以，，二式相减得，， 所以为定值． （3）由题意得，直线的倾斜角不为，由对称性得四边形为平行四边形， ， ，设直线的方程为，代入， 得．显然，，． 所以 ， 设，所以，． 所以． 当且仅当即时等号成立，所以． 所以平行四边形面积的最大值为．    【变式1-1】（24-25高二下·上海·期末）已知椭圆：（）的焦距为，上、下顶点分别为、，点关于直线的对称点在椭圆上，过点的直线与椭圆相交于两个不同的点、.    (1)求椭圆的方程； (2)求的取值范围； (3)当与相交于点时，试问点的纵坐标是否为定值？若是，则求出该定值；若否，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)是， 【分析】（1）求出点关于直线的对称点，由椭圆的性质得出，进而得出椭圆的方程； （2）当直线的斜率不存在时，求出的坐标，由数量积公式得出， 当直线的斜率存在时，设出方程，并联立椭圆方程，由韦达定理求出，再由数量积公式得出，再结合的范围求出的取值范围； （3）设出直线，直线的方程，联立两直线方程求出点的纵坐标，再结合，从而可求解. 【详解】（1）因为点关于直线的对称点为，且在椭圆上， 所以，又因为又，故，则， 则椭圆的方程为. （2）当直线的斜率不存在时，，此时； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为，， 联立，消去整理得， 由题意可得，化简得， 则由根与系数关系得， 所以 ， 又因为，所以， 综上所述:. （3）点的纵坐标为定值，证明如下： 由题意得，：， 将两直线方程联立，消去得， 由（2）可得， 从而得， 故点的纵坐标为定值. 【变式1-2】（24-25高二下·上海闵行·期末）在直角坐标系中，已知椭圆（）的长轴长为，离心率为，直线与轴交于点，与相交于、两点． (1)求的标准方程； (2)若的斜率为，且，求的值； (3)是否存在，使恒为定值？若存在，请求出与的值，若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）根据椭圆的长轴与离心率直接可得解； （2）联立直线与椭圆方程，结合根与系数关系表示向量数量积，即可得解； （3）设直线方程，联立直线与椭圆，结合根与系数关系表示，化简即可得解. 【详解】（1）由已知椭圆的长轴长为，即， 又椭圆的离心率，则， 所以， 故椭圆方程为； （2）由已知直线的斜率为，且过点，则直线的方程为， 设，， 联立直线与椭圆，得， 则，即， 且，， 则， 则， 解得； （3）当直线斜率存在时，设直线，即， 联立直线与椭圆，得， 则， 且，， 则，， 则， 又恒为定值， 则，解得，即， 且； 当直线斜率不存在时，直线， 则，则，， 此时， 则， 易知当时，.    【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． (2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 【变式1-3】（24-25高二下·上海崇明·期末）如图，已知椭圆的左焦点为，点P是椭圆C上位于第一象限的点，M， N是y轴上的两个动点（点M位于x轴上方），满足且，线段PN交x轴于点Q． (1)求椭圆的离心率； (2)若点M的坐标为，求点P的坐标； (3)求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据椭圆方程，直接求离心率； （2）首先利用垂直关系，先求点的坐标，再求点的坐标； （3）首先设，设，，首先根据，得到，再根据，得到坐标的关系，最后根据，即可求解. 【详解】（1）由条件可知，，，则， 所以椭圆的离心率； （2），，设，，， 因为，所以，即，即 设，，， 由题意可知，，得，， 则； （3）设，，设，，，， 由，所以，得， ，，， 由，所以，且， 化简得，又， 所以，即 所以，得， . 【题型二】圆锥曲线的定点问题 【例2】（2025高三·全国·专题练习）已知双曲线过点，且离心率为． (1)求的方程； (2)设斜率为的直线与交于点，若坐标原点到的距离为1，求的值； (3)若是上异于点的两点，且的斜率之和为1，证明：直线过定点． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据离心率得，再根据双曲线所过的点求出基本量后可得双曲线方程； （2）设直线的方程为，由已知距离得，联立直线方程和双曲线方程结合韦达定理可求，故可求； （3）法1：设出直线方程，联立直线方程和双曲线方程后消元，再结合韦达定理化简斜率之和得直线参数关系，从而可求定点；法2：平移双曲线图象，使点平移到坐标原点，设平移后的直线的方程为：，齐次化后结合斜率为1可得参数关系，从而可求出原直线所过的定点. 【详解】（1）由，得， 则双曲线的方程为，将点代入的方程中，得． 解得，故，所以双曲线的方程为． （2）设直线的方程为，因为点到直线的距离为1， 作出简图如下所示， 所以，即． 设，，由于直线与交于点，所以， 联立整理得． 则，， 且， 故， 所以， 则．故． （3）法一：当直线的斜率为0时，可设其方程为，则，， 则即， 又在双曲线上，所以，联立可得，所以或， 当时，直线过点，不符合题意，舍去， 故此时直线的方程为． 当直线的斜率不为0时， 设的方程为，设，， 联立得，其 则，且 而 ， 化简得． 代入（※）式，得， 即，所以或． （ⅰ）当时， 的方程为，此时直线过定点． （ⅱ）当时，的方程为， 此时直线过定点，与是双曲线上异于的两点矛盾，故舍去． 综上，直线过定点． 法二：平移双曲线图象，使点平移到坐标原点， 可得双曲线方程：，化简得． 设平移后的直线的方程为：，，， 所以， 整理得， 即， 所以， 即，对比可得平移后的直线过定点． 所以直线过定点． 【变式2-1】（2025·湖北·模拟预测）已知双曲线的左顶点在直线上，的左焦点为，点.为的右支上一动点. (1)求双曲线的渐近线方程； (2)过点且斜率为的直线与的左支交于D，E两点，求的面积的最小值； (3)设为的左支上与不重合的一动点，若直线平分，证明：直线MN恒过定点. 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，结合斜率坐标公式求出，即可求出双曲线的渐近线方程. （2）求出直线的方程，平移直线与双曲线右支相切，求出面积最小值. （3）设出直线，与双曲线方程联立，利用韦达定理及对称关系建立方程求解. 【详解】（1）依题意，点，设，由，得， 解得，而，因此，双曲线的方程为， 所以双曲线的渐近线方程为. （2）由（1）知，，直线的方程为， 由消去得，解得， 则， 的面积最小，当且仅当点到直线的距离最小， 平移直线与双曲线的右支相切的切点到直线的距离最小， 设切线方程为，由消去得， ，解得， 当时，直线与双曲线的左支相切，不符合题意，因此， 因此点到直线的距离为点到直线的距离， 所以求的面积的最小值为. （3）依题意，直线斜率存在，设其方程为，， 由为双曲线的左支上与不重合的点，得， 设点关于直线对称点为，则， 解得，由直线平分，得在直线上， 而，则， 即，整理得， 由消去得，， ，因此， 整理得，而，解得，直线：过定点， 所以直线MN恒过定点. 【变式2-2】（24-25高三上·山东青岛·期中）已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为. (1)求抛物线的方程； (2)过曲线上一点作两条互相垂直的直线，分别交曲线于（异于点）两点，求证：直线恒过定点； (3)若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据三角形面积求出，得出抛物线方程； （2）设直线方程为,直曲联立，由韦达定理得到，由两条直线垂直，借助.得到关系式代入得定点. （3）利用重心的性质可得，再由直线与抛物线联立，利用根与系数的关系化简，由均值不等式及不等式的性质求值域即可. 【详解】（1）当时，，，所以， 由题意可知，， 所以，所以抛物线的方程为 （2）根据题意,设直线方程为,联立，得到，所以，由于两条直线垂直，则. 即 化简整理得到所以，代入得，故直线恒过定点. （3）如图， 设， 因为为的重心， 所以； 因为， 且..； 所以； 设，与联立得：，所以， 所以，则； 所以； 所以的取值范围为. 【变式2-3】（25-26高三上·上海·月考）已知点（其中），、、是平面直角坐标系上的三点，且、、成等差数列，公差为d． (1)若，坐标为，，点在直线上时，求点的坐标； (2)若，、、都在抛物线上，点的横坐标为3，求证：线段的垂直平分线与x轴的交点为一定点，并求该定点的坐标； (3)若、、都在椭圆上，且，求实数a的取值范围． 【答案】(1)或 (2)证明见解析， (3) 【分析】（1）根据等差数列的概念求出，设，利用两点间的距离公式列式求值. （2）先利用抛物线的定义确定，在设满足，求出的值即可. （3）把问题转化为椭圆上的点到点的距离的最大值与最小值的差不小于6求解，再结合二次函数的单调性可求的取值范围. 【详解】（1）因为，，所以. 又因为点在直线上，可设. 如图：    所以， 所以或. 当时，，此时；当时，，此时. 所以点坐标为或. （2）如图：    因为抛物线的焦点为，且点的横坐标为3，所以. 因为，在抛物线上，可设，. 所以，. 因为、、成等差数列，所以， 所以. 设轴上点，满足， 则. 当时， ； 当时，也可以成立. 所以线段的垂直平分线与轴的交点为定点. （3）设为椭圆上一点，则问题可转化为的最大值与最小值的差不小于6.    因为， 所以. 设，. 当即时，函数在上单调递减， 所以，所以； ，所以. 若，由恒成立，故满足题意； 若，由. 当即时，函数在上递减，在上递增， 且，，因为，所以，所以； ，所以. 由， 所以，且. 因为，所以不等式在上无解. 综上可知：. 即实数的取值范围为. 【题型三】圆锥曲线中最值、范围问题 【例3】（25-26高二上·上海·期中）已知，椭圆． (1)若椭圆的两个焦点和一个短轴顶点构成面积为2的三角形，求椭圆的方程和离心率； (2)设点的坐标为 ，为椭圆上的动点，若为椭圆右顶点时，取到最小值，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由椭圆方程，得到，再利用三角形面积为2，列方程求出，则由，故可以写出椭圆方程和离心率； （2）设出，利用在椭圆上得到之间的关系，再表示出关于的表达式为，根据条件得到在当时有最小值得到，最后结合题目求解的取值范围 【详解】（1）由椭圆方程，得 设焦点为,短轴顶点为,则，即，所以 ，所以椭圆方程为，离心率 （2）设 则，即，； 令， 因为，所以，所以为开口朝上的抛物线，对称轴为； 因为为椭圆右顶点时，取到最小值，所以当时，有最小值； 所以，即， 因为，所以，解得， 又因为，所以，所以的取值范围是. 【变式3-1】（25-26高二上·上海·期中）如图，椭圆与双曲线在第一象限的公共点为．曲线由两段曲线组成：当时，曲线与椭圆重合，当时，曲线与双曲线重合． (1)直接写出椭圆和双曲线的离心率， (2)已知直线过点与曲线交于、两点，若，求直线的方程： (3)已知斜率为的直线过点与曲线交于两点，若，求实数的最大值． 【答案】(1)椭圆离心率为，双曲线离心率为； (2) (3) 【分析】（1）根据椭圆和双曲线的方程求得a，b，c求解； （2）设，由得到，再分直线l的斜率不存在和直线l的斜率存在时分析判断. （3）根据设直线方程为，由，且，得到，再根据，得到直线m与曲线的交点都在椭圆上，与椭圆方程联立，结合韦达定理求解. 【详解】（1）由椭圆知：，则 ， 所以椭圆的离心率为 ； 由双曲线，，则 ， 所以双曲线的离心率为 ； （2）设，则， 由得，，即，则， 当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为：，此时，成立； 当直线l的斜率存在时，由题意知交点E，F必定在直线的两侧， 即左侧为与椭圆的交点，右侧与双曲线的交点， 当交点在第一象限且在椭圆上时，或， 而双曲线的渐近线方程为：，， 与双曲线没有横坐标大于2的交点，即当交点位于椭圆第二象限时，不可能； 同理，当直线l与椭圆交于x轴下方时，也不成立，综上直线l的方程为 （3）因为斜率为的直线过点，所以设直线方程为，， 因为，且， 所以， 而， 因为，所以直线m与曲线的交点都在椭圆上， 与椭圆方程联立，消去y得， 由韦达定理得， 所以， 令，则， 所以， 又，对于成立， 所以单调递增，又， 所以单调递减， 所以时，取得最大值， 又，所以实数的最大值为. 【变式3-2】（25-26高三上·上海·月考）在平面直角坐标系中，满足到、距离之和为定值的点的轨迹为曲线，且点在曲线上.过点且不平行于x轴的直线与曲线交于点A、B，AB的中点为G，过点A，B分别作直线l：的垂线，垂足分别为C、D，l与x轴的交点为E. (1)求的方程； (2)证明：； (3)记CG与AE的交点为M，DG与BE的交点为N，求四边形MGNE面积的最大值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题意知定值为，进而根据椭圆的定义求解即可； （2）要证明，只需证明直线和的斜率相等即可； （3）将求四边形的面积的最大值转化为求面积的最大值，联立直线和椭圆方程，利用根和系数的关系及函数的单调性求解即可. 【详解】（1）根据题意，点到、距离之和为， 所以，设点，则到、距离之和为且大于与距离， 所以，根据椭圆的定义得，曲线表示以、为焦点，长轴长为的椭圆 所以，中，，即， 所以，曲线的方程为. （2）由题知椭圆右焦点为，设直线方程： ，设 联立 ，消得： 由韦达定理： 又，, 所以，， 要证，即证, 即证， 即证， 即证， 又根据韦达定理：，得证. （3）如图： 在中，因为，G是中点，所以是中点， 由（2）同理可得，所以四边形是平行四边形， 且G是中点，所以是中点，连接， 易知 所以, 由（2）得：， 令椭圆的右焦点为，则 即 计算 所以， （令）化简得： ， 由于对勾函数单调递增（对求导）， 所以，则：， 故：. 所以四边形MGNE面积的最大值为：. 【点睛】方法点睛：(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去(或)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．有时若直线过轴上的一点，可将直线设成点斜式. 【变式3-3】（24-25高二下·上海·期末）已知双曲线，左、右顶点分别为，，过点的直线交双曲线于，两点． (1)若，为等腰三角形，且点在第一象限，求点的坐标． (2)连接（为坐标原点）并延长交于点，若，求的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等腰三角形两腰长相等可列方程组求点的坐标； （2）利用直线与双曲线联立方程组，由韦达定理来表示，利用这个等式可得到与直线参数的函数关系，利用函数求最大值. 【详解】（1） 当时，双曲线，且． 由点在第一象限，可知为钝角． 由为等腰三角形，得． 设点，且，则，解得， 即； （2） 由双曲线的方程知，且由题意知关于原点对称． 设，则． 由直线不与轴垂直，可设直线的方程为. 联立，得， 则，即，, 由，得， 得，所以 整理得，则, 再由，得，解得，所以， 又，得，即的最大值为． 【题型四】圆锥曲线中探索性问题 【例4】（25-26高三上·上海青浦·期末）已知椭圆的左､右焦点分别为为上两个不同的点，记的周长和面积分别为和. (1)若的离心率为，求的值； (2)若满足的点有且仅有两个，求的取值范围； (3)若，是否存在点使得和同时取到最大值？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在，理由见解析. 【分析】（1）根据离心率的定义计算； （2）根据椭圆的对称性以及即可求出； （3）根据椭圆的定义得出，得出当三点共线时最大，进而设，与椭圆方程联立，再分别令，，结合基本不等式分别求面积的最大值，再作比较即可. 【详解】（1）由题意知，，则， 因，则离心率为，得； （2）对于椭圆上任意一点，有， 因满足的点有且仅有两个且椭圆为对称图形，则， 得， 故的取值范围为； （3）若，则，， 由椭圆的定义可知，， 则， 等号成立时三点共线， 故当三点共线时，取得最大值； 因直线的斜率不为，则可设直线，， 联立，得， 则，得， 由韦达定理可知，， 则， 则， 令，则， 若，则，则，等号成立时； 若，则， 则，等号成立时； 因，    则不存在点使得和同时取到最大值. 【变式4-1】（24-25高二下·上海徐汇·期末）如图，已知半椭圆与半椭圆组成的曲线称为“果圆”．“果圆”与轴、轴的交点分别为、、、．    (1)写出半椭圆所在椭圆的离心率，并计算四边形的面积； (2)设平行于的直线交于、两点．若，求直线的方程； (3)若封闭曲线在“果圆”的内部（含边界），则可用曲线拟合“果圆”，将曲线与“果圆”面积的比值记为“拟合系数”，其中．问是否存在圆心在轴上的圆，使得圆的拟合系数比四边形的拟合系数更大？若存在，求出拟合系数最大时圆的圆心坐标和半径；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，圆心为，半径为 【分析】（1）根据椭圆方程和性质求解即可. （2）首先设出直线方程，然后与半椭圆联立方程组，结合韦达定理和线段长度，求出的值，进而得到直线的方程. （3）先设出圆的方程，确定半径的范围，并讨论的范围，最后确定的值并比较圆的面积和四边形的面积，从而得出结果. 【详解】（1）根据题意可知， 所以半椭圆的离心率为. 四边形的面积为. （2）由的斜率，可设的方程为， 将它与的方程联立，消整理得， 设，则有 ,解得, 又因为化简可得，结合 解得，故直线的方程为 （3）依题意，只需要比较在“果圆”内部的圆的面积最大值与四边形面积即可. 设圆的圆心，半径为，则圆的方程为， 易有以原点为圆心的单位圆在“果圆”内部，故应该有 设上有任意一点，则， 当时，时，；当时，时 同理，设上有任意一点，可有 记， 易有，当时，，此时圆面积. 故圆心为，半径为的圆，符合题意. 【变式4-2】（24-25高二下·上海松江·期末）如图，已知椭圆的离心率为，该椭圆的左右焦点 恰好是双曲线的左右顶点，是双曲线上异于顶点的任意一点，直线和与椭圆的交点分别是 和. (1)求椭圆的方程； (2)设直线的斜率分别是，求证: ； (3)是否存在常数，使得 恒成立？若存在，求的值；若不存在， 请说明理由. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）设椭圆的焦距为，根据题意，得到，由离心率，得到，进而求得椭圆的方程； （2）设点，可得，结合，即可求解； （3）设直线的方程为，则直线方程为 ，联立方程组，结合弦长公式，求得和，根据题目条件得，即可证得结论. 【详解】（1）设椭圆的焦距为， 因为椭圆焦点恰好是双曲线的左右顶点， 所以 ，故， 因为离心率，所以， 因为，所以 ，所以椭圆的方程是 . （2）设点，则 ， 因为点在双曲线上，所以，可得， 所以. （3）由 (2) 知 ， 设直线的方程为，则直线方程为 ， 联立方程组 ，整理得， 记，则， 所以 ，同理可得， 所以 ， 即 ， 所以存在，使成立. 【变式4-3】（24-25高三上·上海黄浦·期末）双曲线的左、右焦点分别为、（），过点的直线与右支在轴上方交于点． (1)若，点的坐标为，求的值； (2)若，且是等比数列，求证：直线的斜率为定值； (3)设直线与左支的交点为，，当且仅当满足什么条件时，存在直线，使得成立． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）将值和点坐标代入双曲线方程求出值，即可求得值； （2）设直线，与双曲线方程联立消元，得关于的方程，依题方程有解为，代入整理方程后，借助于，可推得，即得证； （3）利用双曲线定义化简得到，，设，利用余弦定理求出的值，结合图形和题意，确定其范围，即得关于的不等式，解之即得. 【详解】（1）依题意，将，代入中， 解得，则； （2）    依题意知，可设直线，代入中， 整理得：（*）， 如图，因，故点的横坐标为恰是方程（*）的解， 则， 整理得：，即， 因是等比数列，则，代入此式，可得，即得， 因过点的直线与右支在轴上方交于点，故得，即直线的斜率为定值； （3）    如图，因点在双曲线右支上，则，即， 故由可得, 又因点直线与左支的交点,故，则， 在中，设，由余弦定理，， 因为，所以， 所以， 故当且仅当满足时，存在直线，使得成立. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线的位置关系的应用，属于难题. 解题的关键在于对双曲线定义的理解掌握，在处理相关的焦半径问题时，要有转化思想，结合图形和定义，将其化简为常量或最值问题，即可解决. 【题型五】圆锥曲线中的证明问题 【例5】（25-26高三上·上海宝山·期末）已知双曲线的离心率为，点在双曲线上．    (1)求双曲线的标准方程； (2)设点是双曲线上的动点，是圆上的动点，且直线与圆相切，求的最小值； (3)如图，是双曲线上两点，直线与轴分别交于点，点在直线上．若关于原点对称，且，证明：存在点，使得为定值． 【答案】(1) (2) (3)当为的中点时，，证明见解析 【分析】（1）根据题意，列出方程组，求得，即可求得双曲线的方程； （2）根据直线与圆相切得，设，则，从而，进而求得 （3）设直线的方程为，联立方程组，设，得到，得出直线的方程求得和，结合为的中点，列出方程求得，求得为定值，利用直角的性质，即可求解. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为，且在双曲线上， 可得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）圆的圆心，半径为， ∵是圆上的动点，直线与圆相切， ∴，. 设，因为点是双曲线上的动点，，， 当时，取得最小值，且    （3）由题意知，直线的斜率存在，设直线的方程为， 联立方程组，整理得， 则且， 设，则， 直线的方程为， 令，可得，即, 同理可得， 因为为的中点，所以， 即， 则， 可得， 整理得， 所以或， 若，即，则直线方程为，即， 此时直线过点，不合题意； 若时，则直线方程为，恒过定点， 所以为定值， 又由为直角三角形，且为斜边， 所以当为的中点时，.      【变式5-1】（24-25高二下·上海杨浦·期末）如图，已知椭圆的焦距为2.若是椭圆的内接三角形，点在轴上方，PQ,PR分别经过椭圆的左右焦点，则称为“好三角形”. (1)求椭圆的离心率； (2)若“好三角形”满足：，求点的坐标； (3)证明：当点是椭圆的上顶点时，“好三角形”的面积最大. 【答案】(1)； (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）求出，进而求出离心率. （2）设出点的坐标，表示出点的坐标，代入椭圆方程求解方程组即得. （3）设出直线的方程，与椭圆方程联立，借助韦达定理求出，纵坐标的比，再利用三角形面积公式求出，并用的纵坐标表示，同证明即可. 【详解】（1）依题意，椭圆的半焦距，则，椭圆：的离心率. （2）设，而，由，得， 因此，消去得，解得，， 所以点. （3）设， 由点在轴上方，得均不与轴重直，设， ， 由得， 则，即， 而，于是，即， 同理，因此，又， 则，而， 从而，记， 下面证明不等式对任意恒成立， 即证对任意恒成立， 即证对任意恒成立， 而，因此对任意恒成立， 所以当时，取得最大值，即当点是椭圆的上顶点时，“好三角形”的面积最大. 【变式5-2】（24-25高二下·上海虹口·期末）在平面直角坐标系中，分别为椭圆的左、右焦点． (1)若的离心率为，且，求的方程； (2)若过原点的直线，与相交于两点，是上异于的任意一点，求证：直线的斜率之积是定值； (3)设直线的一个法向量为是上任意一点，对于平面内的一定点，定义．证明：若，则直线与椭圆相切． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由题可得，据此可得椭圆方程； （2）由题意得关于原点对称，设，，根据在椭圆上化简可证明结论； （3）当直线的斜率不存在时，设其方程为，由可得，据此可完成证明；当直线的斜率存在，设其方程为，由，可得与椭圆联立方程判别式为0，据此可证明结论. 【详解】（1）由题意得，所以的方程为. （2） 由题意得关于原点对称，设，， 因为在椭圆上，所以， 所以，即， 所以，即直线的斜率之积是定值. （3）①当直线的斜率不存在时， 设其方程为，则它的一个法向量为． 设的坐标分别为， 所以， 所以 所以. 因为，所以，故直线与椭圆相切． ②若直线的斜率存在，设其方程为，则它的一个法向量为． 设，则， 所以， 所以. 由得， ， 因为， 所以， 所以直线与椭圆只有一个交点，故直线与椭圆相切． 综上，当时，直线与椭圆相切. 【变式5-3】（2024·上海闵行·一模）已知圆，双曲线，直线，其中． (1)当时，求双曲线的离心率； (2)若与圆相切，证明：与双曲线的左右两支各有一个公共点； (3)设与轴交于点，与圆交于点、，与双曲线的左右两支分别交于点、，四个点从左至右依次为、、、．当时，是否存在实数，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据离心率公式即可； （2）联立双曲线和直线方程，根据韦达定理即可证明； （3）联立圆和直线方程，得到韦达定理式和判别式，再联立双曲线方程和直线方程，得到韦达定理和判别式，再将向量点乘式化成横坐标关系，再代入化简即可. 【详解】（1）由题意，，所以，， 因此，双曲线的离心率. （2）由直线与圆相切，得，即， 联立得， 即， 该一元二次方程的判别式， 因此有两个不相等的实数根， 且两根之积为，因此两根一正一负， 即与双曲线的左右两支各有一个公共点. （3）设， 联立，得，得， 由可得. 联立得，得 且分别交于左右两支可得， 又，又、、、四个点在同一直线上， ， ，还可得， ， 即，化简后可得:， 代入后化简可得:，解得，由，得. 经检验，此时与两支分别有交点， 为唯一满足条件的实数. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是多次联立，得到韦达定理，再将向量式化简得，即，再代入韦达定理式计算即可. 【题型六】圆锥曲线中的新定义问题 【例6】（22-23高二·全国·课后作业）我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”． (1)设椭圆：与双曲线：有相同的焦点、，M是椭圆与双曲线的公共点，且的周长为6，求椭圆的方程； (2)如图，已知“盾圆”D的方程为设“盾圆”D上的任意一点M到的距离为，M到直线：的距离为，求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】(1)设椭圆的半焦距为，结合椭圆定义和条件列方程求可得椭圆方程； 【详解】（1）设椭圆的半焦距为， 因为的周长为6， 所以a＋c＝3， 因为椭圆与双曲线：有相同的焦点， 所以c＝1， 所以，． 所以椭圆的方程为． （2）设“盾圆”D上的任意一点M的坐标为，． 当时，，， 即； 当时，，， 即． 所以为定值． 【变式6-1】（21-22高二上·上海杨浦·期末）给出如下的定义和定理：定义：若直线l与抛物线有且仅有一个公共点P，且l与的对称轴不平行，则称直线l与抛物线相切，公共点P称为切点.定理：过抛物线上一点处的切线方程为.完成下述问题：如图所示，设E，F是抛物线上两点.过点E，F分别作抛物线的两条切线，，直线，交于点C，点A，B分别在线段，的延长线上，且满足，其中. (1)若点E，F的纵坐标分别为，，用，和p表示点C的坐标. (2)证明：直线与抛物线相切； (3)设直线与抛物线相切于点G，求. 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3) 【分析】（1）分别写出切线和切线的方程，联立方程即可求出点C的坐标. （2）设出切点坐标，根据切点坐标写出切线的方程，从而求出点的坐标，根据点的坐标可求出的值，从而证明直线与抛物线相切. （3）首先根据（2）的结论求出， ；然后求和的值，再根据，，可得到，从而可求出答案. 【详解】（1）因为点E，F的纵坐标分别为，，所以， 所以在处的切线方程为，即， 同理在处的切线方程为， 两式联立，解得， 所以点C的坐标为. （2）设为抛物线上的一点，则， 抛物线在点处的切线方程为，即， 由，得，由，得， 所以， ，， 所以，， 取，则点为点，为点,此时满足， 所以直线与抛物线相切； （3）因为，所以，所以根据（2）可知，， 所以， 所以， 而， ， 所以， 所以. 【变式6-2】（19-20高二上·上海杨浦·期末）已知抛物线的焦点为，准线的方程为.若三角形的三个顶点都在抛物线上，且，则称该三角形为“向心三角形”. （1）是否存在“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和？说明理由； （2）设“向心三角形”的一边所在直线的斜率为，求直线的方程； （3）已知三角形是“向心三角形”，证明：点的横坐标小于. 【答案】（1）不存在，理由详见解析；（2）；（3）证明见解析. 【解析】（1）由题意可知，点为的重心，假设存在一点使得“向心三角形”存在，求得该点的坐标，代入抛物线的方程，进行判断即可； （2）设点、、，利用点差法求得，根据重心的坐标公式，求出线段的中点坐标，然后利用点斜式方程可得出直线的方程； （3）由，等式两边平方，利用基本不等式可得出，结合等式可求出，进而证明结论成立. 【详解】（1）由题意可知，抛物线的标准方程为， 由，可知，为重心， 设存在点“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和，另外的顶点为， 由，解得：，显然， 故不存在“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和； （2）设、、， 由，两式相减，得，所以，所以， 由题意可知，，所以，则， 由，所以，所以，线段的中点， 因此，直线的方程为，整理得. 因此，直线的方程； （3）由（2）可知，则，① 由，， 平方可得，当且仅当时取等号，显然， 所以，即， 将①代入可得，解得， 所以点的横坐标小于. 【点睛】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查三角形重心坐标公式的应用、点差法以及基本不等式的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题. 【变式6-3】（25-26高二上·上海松江·期中）由椭圆的一个焦点、长轴的一个顶点（焦点与顶点在坐标原点同一侧）和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“焦顶三角形”，如果两个椭圆的“焦顶三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比；如图1，为左、右焦点分别为，，上、右顶点分别为A，B的椭圆；如图2，为左、右焦点分别为，，上、右顶点分别为，的椭圆；若与相似，则称椭圆，是“相似椭圆”，三角形的相似比称为椭圆的相似比. (1)判断椭圆与椭圆是否是“相似椭圆”；若是，求出相似比；若不是，请说明理由，并找出椭圆的一个“相似椭圆”； (2)证明：两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等； (3)若椭圆与椭圆相似，相似比是，直线与椭圆，交于四点（依次为M，N，P，Q，如图），且，证明：点在定曲线上． 【答案】(1)不是，理由见解析； （答案不唯一）； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出两椭圆的焦顶三角形的三边，根据三边是否对应成比例即可判断；根据“相似椭圆”定义利用比例关系即可求解； （2）利用的关系依次证明必要性和充分性成立即可得证； （3）首先根据相似比求出椭圆的方程，然后将直线方程分别代入和的椭圆方程，利用韦达定理求出根与系数的关系，进而得到弦长公式，再结合题设向量关系推导出弦长之间的比例关系，通过等式化简得到关于k和m的关系式，从而确定点所在的定曲线. 【详解】（1）椭圆不是“相似椭圆”，理由如下： 椭圆中，，，， 椭圆中，，，， 因为，所以椭圆的“焦顶三角形”不相似， 所以这两个椭圆不是“相似椭圆”； 假设椭圆的一个“相似椭圆”为， 该椭圆焦距为， 则由“相似椭圆”定义得，取， 则椭圆的一个“相似椭圆”为； （2）不妨令两个椭圆均为焦点在轴上的椭圆， 且椭圆方程分别为和, 必要性：若两个椭圆是“相似椭圆”，则其“焦顶三角形”的三个对应角相等， 由题中图知若， 因为，，所以， 又因为，， 所以； 充分性：若离心率相等，则，所以， 则，，则； 同理，，， 则，所以， 所以椭圆的“焦顶三角形”相似，所以两个椭圆是“相似椭圆”， 故两个椭圆是“相似椭圆”的充要条件是离心率相等； （3）由题可得与椭圆的相似比为的相似椭圆的方程为， 设，，，各点坐标依次为，，，， 将代入椭圆方程得， ， ，， ； 同理将代入椭圆的方程得， 得，，， ，线段，中点相同， ，由，可得线段的中点是点N，=， ，所以， ，化简得，满足式， ，即点在定曲线上． 【题型一】圆锥曲线的定值问题运算出错 【例1】（2025·山西·模拟预测）过抛物线上的点的直线，分别交抛物线T于点B，C．设直线，的斜率分别为，，，当且点B，C关于x轴对称时，△ABC的面积为2． (1)求抛物线T的方程； (2)当时，证明：直线BC过定点． (3)设△ABC的外心E的坐标为，BC的中点M的坐标为，证明：为定值． 【答案】(1) (2)BC过定点，证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）先根据已知条件设出点坐标，由、对称及斜率关系，用斜率公式求出、坐标，再根据三角形面积公式求出，进而得到抛物线方程. （2）设出、、坐标，求出、，根据的值得到与的关系，再求，最后得出直线经过的定点 （3）与垂直得到斜率，利用、中点在上得出方程，设直线方程, 与之联立，通过变形相减求出，结合的值及已知条件得出的值. 【详解】（1）已知当时，，、关于轴对称且， 设（），因为，不妨设. 由斜率公式，即，解得，所以，. 面积，解得，抛物线方程为. （2）设，，， 则，. 因为，则，所以,则. ，所以直线BC方程，整理得. 把代入直线BC方程,得，所以直线过定点. （3）设，中点坐标是, 因为与垂直，则, 已知斜率是，所以斜率为. 根据直线点斜式，得出方程，展开整理成. 同理可得直线方程，与方程联立. 变形两式为和， 相减得，化简得. 已知，则. 又，代入得. 【变式1-1】（24-25高二下·浙江温州·开学考试）已知抛物线的焦点为F，直线l与抛物线C交于，两点，，点O为坐标原点，. (1)求抛物线C的方程; (2)证明：直线l过定点，并求出该定点坐标; (3)若点，直线AQ，BQ分别与抛物线C相交于M，N两点异于A，B两点，记的面积为，记的面积为，试判断是否为定值，若为定值，则求出此定值;若不为定值，请说明理由． 【答案】(1)； (2)证明见解析；定点； (3)为定值，定值为4 . 【分析】（1）根据已知及抛物线的定义求得，即可得抛物线方程； （2）设直线l方程为，联立抛物线并应用韦达定理得，再由及，，联立所得求参数值，进而确定直线所过的定点； （3）设直线AM的方程为，联立抛物线并应用韦达定理，、得到、，再由三角形面积公式得到，结合（2）即可得结论. 【详解】（1）由题设； （2）设直线l方程为，且，， 联立直线l与抛物线，消去x，得，故， 因为，且，， 所以，则直线l方程为，过定点； （3）由题设，Q在直线AM上， 设直线AM的方程为，与抛物线方程联立为， 设，所以，即， 设，同理得，即， ，因为，所以， 因为，，所以，而，，， 所以， 因此为定值，定值为4. 【点睛】关键点点睛：第三问，、，设直线并联立抛物线，应用韦达定理得到、，且为关键. 【变式1-2】（2024·浙江台州·一模）已知抛物线的焦点为，准线为，双曲线的左焦点为T． (1)求的方程和双曲线的渐近线方程； (2)设为抛物线和双曲线的一个公共点，求证：直线与抛物线相切； (3)设为上的动点，且直线与双曲线的左、右两支分别交于两点，直线与抛物线交于不同的两点，判断是否为定值，若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)准线的方程为，双曲线的渐近线方程为 (2)证明见解析 (3)是，． 【分析】（1）根据抛物线的准线方程及双曲线的渐近线方程即可求解； （2）结合题意联立方程组和，化简即可求解； （3）由题意得，设，联立方程组和，利用韦达定理表示和，化简即可证明. 【详解】（1）准线的方程为，双曲线的渐近线方程为． （2）联立方程组， 消去得，解得（舍负），由对称性，不妨取， 又由，求得直线的方程为， 联立方程组，消去得， 因为，所以直线与抛物线相切． （3）因为，得准线为线段的中垂线， 则直线与直线的倾斜角互补，即， 设，由条件知， 联立方程组，消去得， 则， 联立方程组，消去得， 则， 所以， 故为定值． 【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线的位置关系中的定点、定值、最值问题，一般可通过联立方程组并消元得到关于或的一元二次方程，再把要求解的目标代数式化为关于两个的交点横坐标或纵坐标的关系式，该关系中含有，或，最后利用韦达定理把关系式转化为若干变量的方程（或函数），从而可求定点、定值、最值问题. 【变式1-3】（2020·浙江·模拟预测）已知抛物线的顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合. (1)求抛物线的方程； (2)已知动直线过点，交抛物线于、两点，坐标原点为中点， ①求证：； ②是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由. 【答案】(1) (2)①证明见解析；②存在， 【分析】（1）由题意，设抛物线方程由，得由此能求出抛物线的方程； （2）①设，，由于为中点，则,故当轴时由抛物线的对称性知，当不垂直轴时，设，由，得，由此能够证明. ②设存在直线满足题意，则圆心，过作直线的垂线，垂足为，故，由此能够推出存在直线：满足题意． 【详解】（1）由题意，可设抛物线方程为． 由，可得， 抛物线的焦点为，， 抛物线的方程为； （2）①设，， 由于为中点且，则， 故当轴时，由抛物线的对称性知，一定有， 当不垂直轴时，显然直线的斜率不为，设， 由，得，， 则， 则，， 所以， 则， 综上证知，； ②设存在直线满足题意， 设圆心，过作直线的垂线，垂足为，圆与直线的一个交点为， ， 即   ， 当时，， 此时直线被以为直径的圆截得的弦长恒为定值， 因此存在直线：满足题意. 【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. 【题型二】对新定义问题认识不清 【例2】（25-26高二上·上海徐汇·月考）新定义：在直角三角形中，直角边与斜边之差的绝对值中较小的一个称为该直角三角形的“正减值”；直角三角形两直角边之差的绝对值称为该直角三角形的“余减值”. (1)求证：当直角三角形“正减值”最大时“余减值”最小； (2)设某直角三角形正减值的大小为，余减值的大小为，试判断“”是“该直角三角形三边长度可构成等差数列”的什么条件并说明理由； (3)如图所示，从双曲线的左焦点引圆的切线，切点为，延长交双曲线右支于点，若为线段的中点，为坐标原点，，请选择图中任意几点连接（不添加点），构造出两个直角三角形，满足其中一个直角三角形的正减值与另一个直角三角形的余减值相同并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)既不充分也非必要条件，理由见解析 (3)连接OT，理由见解析 【分析】（1）设三边，则正减值，解得出的最大值，进而计算此时三边长度即可判断； （2）当三边成等差数列时，当时，由和的关系可判断； （3）连接OT，根据三角形的中位线和双曲线的定义得出，再计算△OFT的“余减值”和△OTM的“正减值”即可. 【详解】（1）由定义设三边，则正减值， 则， 因，则，得，得， 即，则正减值的最大值为， 此时， 则该三角形为等腰直角三角形，余减值为0最小. 故当直角三角形“正减值”最大时“余减值”最小； （2）既不充分也非必要条件，证明如下： 设，则“正减值”，“余减值”， 则三边成等差数列的充要条件为，即； 的充要条件为， 即; 显然是的既不充分也非必要条件， 综上，“”是“该直角三角形三边长度可构成等差数列”的既不充分也非必要条件； （3）连接OT，则两三角形为△OFT和△OTM， 因为点分别是和的中点， 所以， ， 综上：△OFT的余减值和△OTM正减值大小相同. 【变式2-1】（25-26高二上·上海·开学考试）在平面直角坐标系中，对于直线和点，记，当且仅当时，称点被直线分隔．若曲线与直线没有公共点，且曲线上存在点被直线分隔，则称直线是曲线的分隔线． (1)判断点是否被直线分隔： (2)若直线是曲线的分隔线，求实数的取值范围 (3)动点到点的距离与到轴的距离之积为1，设动点的轨迹为曲线，证明：经过原点的直线中，有且只有一条直线是曲线的分隔线． 【答案】(1)点能被直线分隔； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）利用给定的定义，把、两点的坐标代入计算判断. （2）由消去，利用所得方程无解求出的范围. （3）设点，求得曲线的方程，再按与分类并与的方程联立，判断解的情况即可得证. 【详解】（1）点，直线，则， 所以点被直线分隔. （2）由直线是曲线的分隔线，得方程组无解，即方程无解， 而当且仅当时，方程无解，因此； 显然点在曲线上，， 因此点被直线分隔， 所以实数的取值范围是. （3）设点，依题意，，则曲线的方程为， 显然当时，方程无解， 点都在曲线上，且，即点被直线分隔， 因此直线为曲线的分隔线； 设过原点的直线，由消去得， 令函数，当时，， 函数的图象连续不断，则函数在上有解，即方程有实数解， 当时，方程有实数解，即直线与曲线有公共点， 因此直线不是曲线的分隔线， 所以经过原点的直线中，有且只有一条直线是曲线的分隔线，即. 【变式2-2】（24-25高二下·上海·期中）如图所示，平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知点是角α终边上的点（异于原点），设，将点P绕O逆时针旋转θ后得到． (1)求证：． (2)已知曲线是函数的图象，曲线绕原点O逆时针旋转后得到，求的标准方程； (3)已知曲线表示一个中心在原点的椭圆，Q为第一象限内一点，且在椭圆的长轴上，满足，过点Q作直线交曲线于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交曲线于点G、H，试判断：是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)是，定值为 【分析】（1）利用三角函数恒等变换化简得证； （2）设曲线上一点为，表达出，，利用代入法求曲线的方程； （3）方法一：设长轴在x轴上的椭圆一点为，根据题意先求得，分直线旋转后斜率不存在和存在两种情况，设出直线旋转后的方程，直线旋转后的方程，联立椭圆，结合韦达定理可得； 方法二：设长轴在x轴上的椭圆一点为，根据题意先求出，故，分斜率不存在，斜率为且0和斜率存在且不为0三种情况，设出直线方程，联立，可得. 【详解】（1）点是角α终边上的点（异于原点），设， 则， 经过逆时针旋转θ到后，角终边与重合， 所以， ，得证． （2）设曲线上一点为， 逆时针旋转后的点在的图像上， 由（1）知：，， 代入得， 化简即得曲线的方程为． （3）方法一：设长轴在x轴上的椭圆一点为， 逆时针旋转得到点在的图像上， 由（1）知，，满足， 于是得． 因此且， 由不等式可得，故， 由此得，所以， ，故． 点Q旋转后的坐标为． 当直线旋转后斜率不存在时，中，令得， 解得，则， 此时直线为轴，故，， 当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，直线旋转后为， 旋转后，，． 与椭圆方程联立，即， 可得， 则由韦达定理得，， 故 ， 将代入椭圆方程中，有，， 故， 则． 方法二：设长轴在x轴上的椭圆一点为， 逆时针旋转得到点在的图像上， 由（1）知，，满足， 于是得． 因此且， 由不等式可得，故， 由此得， 又，故，当斜率不存在时，直线方程为， 中，令得， 此时、满足，故， 于是， 此时直线为，中，令， 解得，故， 此时． 当斜率为0时，直线方程为，此时同理得； 当斜率存在且不为0时，设直线，． 设，，联立与得， 故， 则联立椭圆联立得， 有， 故， 则， 故． 【变式2-3】（24-25高三上·山东泰安·月考）现定义：若圆上一动点，圆外一定点，满足的最大值为其最小值的两倍，则称为圆的“上进点”.若点同时是圆和圆的“上进点”，则称为圆“”的“牵连点”.已知圆. (1)若点为圆的“上进点”，求点的轨迹方程并说明轨迹的形状； (2)已知圆，且均为圆“”的“牵连点”. （i）求直线的方程； （ii）若圆是以线段为直径的圆，直线与交于两点，探究当不断变化时，在轴上是否存在一点，使得轴平分？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)，轨迹是以为圆心、为半径的圆 (2)（i）；（ii）存在，点 【分析】（1）根据题设定义得到，再利用两点间的距离公式，即可求解； （2）（i）根据条件可得直线为圆和的公共弦所在直线，即可求解；（ii）根据题设得到圆的方程为，再根据题设有，联立，消可得，结合条件，利用根与系数的关系，即可求解. 【详解】（1）设，因为点为圆的“上进点”， 所以，即，又，得到， 所以的轨迹方程为，点的轨迹是以为圆心､为半径的圆. （2）（i）因为为圆“”的“牵连点”，所以同时为圆与圆的“上进点”， 由为圆的“上进点”，得，所以， 即点在圆上， 由为圆的“上进点”，由（1）知点在圆上， 所以点是圆和的交点. 因为均为圆“”的“牵连点”， 所以直线为圆和的公共弦所在直线， 两圆方程相减可得，故直线的方程为. （ii）因为的圆心为，半径为， 又的圆心为，半径为， 所以直线的方程为，与联立得的中点坐标为， 点S到直线的距离为，则， 所以圆的方程为， 假设轴上存在点满足题意，设. 则，即，整理得. 将，代入上式可得， 整理得①， 联立，消可得，， 所以，代入①并整理得， 此式对任意的都成立，所以， 故轴上存在点，满足题意恒成立. 【点睛】方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 学科网（北京）股份有限公5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $