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专题04 圆锥曲线综合压轴题（5大考点32题）（答案版）
1．①③
2．(1)
(2)设，
当直线斜率不存在时，设直线方程为，
由得，，
；
当斜率存在时，设方程为，
由得，，
则，
则
，
所以直线方程为，
所以直线过点，
综上所述，直线过定点．
(3)
3．(1)3
(2)2
(3)
4．(1)，
(2)，最大值为3
(3)
5．(1)
(2)存在，
6．
7．
8．
9．8
10．
11．4
12．(1)
(2)不存在，由题意直线l的斜率存在，假设存在直线l满足条件，设，，
则，，所以，
即，
因为P为线段AB的中点，所以，，
所以，所以，即直线l的斜率为3，
所以直线l的方程为y=3x－2．
联立，消去y并整理得，
，
所以直线l与C无公共点，这与直线l与C交于A，B两点矛盾，
故不存在直线l，使得P恰好是线段AB的中点．
(3)为定值，定值为0
13．(1)2
(2)
(3)，离心率的取值范围
14．(1)与
(2)
(3)设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为，
则，
的方程为，
代入可得，
故，
所以，
同理可得，又，故，
故，
即，所以存在，使得.
15．(1)
(2)（i） 设的方程为，
联立，消去化简得，则，
，即且，
，
，
又，所以；
（ii）
16．C
17．C
18．
19．(1)
(2)
(3)最小值，
20．(1)
(2)存在时，为定值
21．B
22．A
23．D
24．②
25．
26．(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)
(3)是，定值为
27．(1)
(2)
(3)点N在直线时，不存在定直线，使点在定直线上；
当点不在直线上时，点在定直线上.
28．(1)
①由题意知，设直线PQ的方程为，
联立方程组，得，
因为过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，故，
则，
则；
当直线PQ斜率不存在时，,
故为定值；
②
29．(1)
(2)证明：设，，
联立直线与椭圆方程
整理得，
，
解得：，
，，则，所以．
显然点在直线上，得证．
(3)
30．(1)
(2)或或或
(3)
31．(1)
(2)或
(3)
32．(1)
(2)或；
(3)存在，
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专题04 圆锥曲线综合压轴题（5大考点32题）
5大高频考点概览
考点01椭圆综合压轴题
考点02双曲线综合压轴题
考点03抛物线综合压轴题
考点04 曲线与方程综合压轴题
考点05 圆锥曲线综合压轴题
一、填空题
1．(24-25高二下·上海七宝中学·期中)已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴的两个端点分别为、，点在椭圆上，且满足．当变化时，给出下列四个命题：①点的轨迹关于轴对称；②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个；③的最小值为2；④最大值为，其中正确命题的序号是___________．
二、解答题
2．(24-25高二下·上海大学附属嘉定高级中学·期中)已知焦点在轴上的椭圆，上顶点为，离心率为，点是椭圆上不同的三个点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线的斜率为，直线的斜率为，且（），求证：直线过定点．
(3)若，求的面积．
3．(24-25高二下·上海交通大学附属中学·期中)已知椭圆的方程为，椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线l与椭圆交于P、Q两点（P、Q均不在x轴上）.
(1)若椭圆的离心率为，求a的值；
(2)若，求的面积的最大值；
(3)已知，点，点，若直线AP、AQ分别与直线交于M、N两点.求的取值范围.
4．(24-25高二下·上海杨浦高级中学·期中)我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”，其中，，.如图，点、、分别是相应椭圆的焦点，、和、分别是“果圆”与x轴、y轴的交点.
(1)若是边长为 1 的等边三角形，求 “果圆” 的方程;
(2)在（1）条件下，为半椭圆上的任意一点，点坐标为，求最大值以及最小值；
(3)当 时，求的取值范围.
5．(24-25高二下·上海顾村中学·期中)已知直线 与椭圆 有且只有一个公共点.
(1)求椭圆的方程；
(2)是否存在实数，使椭圆上存在不同两点 、 关于直线对称？ 若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
一、填空题
6．(24-25高二下·上海南洋模范中学·期中)已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，，且两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则的取值范围是________．
7．(24-25高二下·上海向明中学·期中)已知满足方程，则的取值范围为_____．
8．(24-25高二下·上海复旦大学附属中学·期中)直线l与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点，与双曲线的两条渐近线分别交于C、D两点（从左到右依次排列），若，且，，成等差数列，则双曲线Γ的离心率的取值范围是________．
9．(24-25高二下·上海曹杨第二中学·期中)已知双曲线的左、右焦点分别为，点，点是第一象限内双曲线上的一点，满足.记的面积分别为、，则______.
10．(23-24高二下·上海中学东校·期中)已知实数，满足，则的取值范围是______.
二、解答题
11．(24-25高二下·上海实验学校·期中)在平面直角坐标系中，双曲线.对平面内不在上的任意一点，记为过点且与有两个交点的直线的全体.对任意直线，记为与的两个交点，定义.若存在一条直线满足：与的两个交点位于轴异侧，且对任意直线，，均有，则称为“好点”.求所有好点所构成的区域的面积.
12．(24-25高二下·上海华东师范大学第三附属中学·期中)已知双曲线的离心率为2，实轴长为4，过点的直线l与C相交于A，B两点．
(1)求C的方程；
(2)是否存在l，使得P恰好是线段AB的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由；
(3)l与直线交于点Q，设，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
13．(24-25高二下·上海西中学·期中)设．如图，在平面直角坐标系中，是双曲线和圆在第一象限内的交点，曲线由中满足的部分和中满足的部分构成．
(1)若，求的值；
(2)设，、分别为与轴的左、右两个交点．第一象限内的点也在上，且，求的大小；
(3)过点作斜率为的直线．若与恰有两个不同的公共点，求的取值范围以及双曲线的离心率的取值范围．
14．如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点.
(1)求与的方程；
(2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标；
(3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得.
15．(23-24高二下·上海实验学校·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．
一、单选题
16．(24-25高二下·上海四校联考（松二、复兴、控江、嘉一）·期中)如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则下列说法错误的是（ ）

A．开口向上的抛物线的方程为
B．四叶图上的点到点的距离的最大值为
C．动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2
D．四叶图的面积小于32
17．(24-25高二上·上海七宝中学·期中)已知抛物线，点为抛物线的焦点，点、在抛物线上（在第一象限），点为点关于原点的对称点，且，若，①点在一条定直线上；②是定值.则（ ）
A．①正确， ②不正确 B．①不正确， ②正确
C．①正确， ②正确 D．①不正确， ②也不正确
二、填空题
18．(24-25高二下·上海四校联考（松二、复兴、控江、嘉一）·期中)如图，已知是圆锥的轴截面，，分别为，的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的取值范围是________．

三、解答题
19．(24-25高二下·上海中学·期中)如图，已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记、面积分别为、．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若直线的斜率为，求以线段为直径的圆的面积；
(3)求的最小值及此时点的坐标．
20．(24-25高二下·上海格致中学·期中)已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，椭圆的短轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于两点，交抛物线于两点，请问是否存在实常数，使为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，说明理由.
一、单选题
21．(24-25高二下·上海闵行区五校联考·期中)公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯（Menaechmus）为了解决倍立方问题而发现了圆锥曲线．他用垂直于母线的平面去截取顶角（圆锥底面圆的一条直径的两个端点与顶点连线所形成的等腰三角形的顶角）分别是锐角、直角、钝角的三种圆锥，得到三种曲线，梅内克缪斯分别称之为锐角、直角和钝角圆锥曲线，今称椭圆、抛物线和双曲线．如图，四面体中，AP、AB、AC两两垂直，，，点O为底面ABC内的一个动点．
（1）若，则点O的轨迹是椭圆的一部分；
（2）若，则点O的轨迹是双曲线的一部分；
（3）若，则点O的轨迹是抛物线的一部分．
以上几个命题中，真命题的个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
22．(24-25高二下·上海杨浦高级中学·期中)已知点 在正方体 的表面上， 到三个平面 中的两个平面的距离相等，且 到剩下一个平面的距离与 到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点 的个数为（ ）

A．6 B． C．10 D．12
23．(24-25高二下·上海曹杨第二中学·期中)在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“伴随点”是；当是原点时，定义的“伴随点”是它自身；定义曲线上所有点的“伴随点”构成的曲线为曲线的“伴随曲线”.则下列命题中，真命题的序号是（ ）
①若点的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点；
②圆心在坐标原点的单位圆的“伴随点曲线”是它自身；
③若曲线关于轴对称，则其“伴随曲线”关于轴对称.
A．② B．③ C．①② D．②③
二、填空题
24．(24-25高二下·上海闵行中学·期中)定义平面直角坐标系中的笛卡儿卵形线为满足方程：，则下列结论正确的是________．①该曲线关于轴对称；②曲线与x轴交点为和；③若点P在曲线上，则；④存在直线与该曲线恰有1个交点．
25．(24-25高二下·上海复旦大学附属中学·期中)若曲线上的点都在某个圆内或圆上，则该圆半径的最小值为________．
三、解答题
26．(24-25高二下·上海复旦大学附属中学·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．
27．(24-25高二下·上海曹杨第二中学·期中)已知且，曲线.
(1)若曲线是焦点在轴上的等轴双曲线，求曲线的离心率；
(2)设，点，曲线上有A、B两点（其中在第一象限）.若且，求点的坐标；
(3)设为给定常数，且，过点的直线与曲线交于D、E两点，为坐标平面上的动点.若直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上？若存在，求该定直线的方程；若不存在，请说明理由.
一、解答题
28．(24-25高二下·上海中学·期中)已知双曲线：的离心率为2，右焦点F到渐近线的距离为．
(1)求双曲线的方程；
(2)若双曲线的右顶点为A，过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，直线，分别与直线交于M，N两点，记的面积为，的面积为．
①求证：为定值；
②求的取值范围．
29．(24-25高二下·上海复旦附中·期中)已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，其离心率为，焦距为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线：与椭圆交于，两点，为弦的中点，证明：点在定直线上；
(3)求椭圆的内接菱形边长的最大值．
30．(24-25高二下·上海顾村中学·期中)已知椭圆：的左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，且四边形的周长为，过点且斜率为的直线交于两点，当直线过的左焦点时，．
(1)求的标准方程；
(2)若为坐标原点，的面积为，求直线的方程；
(3)记直线与直线的交点为，求的最小值．
31．(24-25高二下·上海华二附中·期中)已知椭圆的左右焦点分别为，离心率，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点，若，求直线的方程；
(3)直线过右焦点，且它们的斜率乘积为，设分别与椭圆交于点和．若分别是线段和的中点，求面积的最大值．
32．(24-25高二下·上海实验中学·期中)已知椭圆，为的上顶点，是上不同于点的两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若是椭圆的右焦点，是椭圆下顶点，是直线上一点.若有一个内角为，求点的坐标；
(3)作，垂足为．若直线与直线的斜率之和为，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
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专题04 圆锥曲线综合压轴题（5大考点32题）
5大高频考点概览
考点01椭圆综合压轴题
考点02双曲线综合压轴题
考点03抛物线综合压轴题
考点04 曲线与方程综合压轴题
考点05 圆锥曲线综合压轴题
一、填空题
1．(24-25高二下·上海七宝中学·期中)已知椭圆的左、右焦点分别为、，短轴的两个端点分别为、，点在椭圆上，且满足．当变化时，给出下列四个命题：①点的轨迹关于轴对称；②存在使得椭圆上满足条件的点仅有两个；③的最小值为2；④最大值为，其中正确命题的序号是___________．
【答案】①③
【分析】运用椭圆的定义和对称性进行分析即可判断①②；由图象可得当的横坐标和纵坐标的绝对值相等时，的值取得最小，即可判断③；椭圆上的点到中心的距离小于等于，由于点不在坐标轴上，可得，即可判断④.
【详解】因为椭圆，点在椭圆上，所以，
又短轴的两个端点分别为、，
又因为，
所以点在以，为焦点，长轴长为的椭圆上，相应的椭圆的方程为，
将换为方程不变，则点的轨迹关于轴对称，故①正确；
又点为椭圆与椭圆的交点，
因为椭圆的长轴顶点为 ，短轴长度小于，
椭圆的长轴顶点为，短轴长度小于，
所以两个椭圆的交点有个，即对应的点有4个，故②不正确；
因为椭圆与椭圆长轴确定，所以点靠近坐标轴时（或），越大，
点远离坐标轴时，越小，易得时，取得最小值，
此时两椭圆方程为：，，
两方程相加得，即的最小值为，故③正确；
（或用代数法：联立，即，
即，
两式相加可得，
则，
当时，的最小值为，即当的最小值为；）
椭圆上的点到中心的距离小于等于，由于点不在坐标轴上，
∴，故④错误．
故答案为：①③．
【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆的对称性和到定点距离的最值的判断，解题关键是由椭圆上的点到焦点的距离之和等于到短轴的顶点距离之和可得另一个椭圆．
二、解答题
2．(24-25高二下·上海大学附属嘉定高级中学·期中)已知焦点在轴上的椭圆，上顶点为，离心率为，点是椭圆上不同的三个点．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线的斜率为，直线的斜率为，且（），求证：直线过定点．
(3)若，求的面积．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）设椭圆方程为，由椭圆上顶点为得出，再根据离心率为，即可求解；
（2）分类讨论，当直线斜率不存在时，设直线方程为，联立方程组，结合（）得出直线过定点横坐标为；当斜率存在时，设方程为，联立方程组，由韦达定理及已知得出，代入直线方程即可证明；
（3）设，分类讨论，当直线的斜率不存在时得出面积表达式，当直线斜率存在，设直线方程为，由表示出点坐标，代入椭圆方程得，再根据椭圆弦长公式和点到直线距离公式即可计算面积．
【详解】（1）设椭圆方程为，
由题可知，，又离心率为，
所以，
所以椭圆方程为．
（2）设，
当直线斜率不存在时，设直线方程为，
由得，，
；
当斜率存在时，设方程为，
由得，，
则，
则
，
所以直线方程为，
所以直线过点，
综上所述，直线过定点．
（3）设，
①当直线斜率不存在，此时点关于轴对称，
又点是椭圆上不同的三个点，所以点必在长轴顶点处，
不妨设，且，
由得，，即，
将代入，得，则，
点到的距离为，则；
②当直线斜率存在，如图：
由（2）知，,，，
进而，.
由得，，
所以，
因为点在椭圆上，所以，
整理得，
代入韦达定理得，，
线段 ，
点到直线的距离
，
所以
，
综上所述，的面积为．
3．(24-25高二下·上海交通大学附属中学·期中)已知椭圆的方程为，椭圆的左、右焦点分别为、，过的直线l与椭圆交于P、Q两点（P、Q均不在x轴上）.
(1)若椭圆的离心率为，求a的值；
(2)若，求的面积的最大值；
(3)已知，点，点，若直线AP、AQ分别与直线交于M、N两点.求的取值范围.
【答案】(1)3
(2)2
(3)
【分析】（1）根据离心率得到方程，求出；
（2）设直线l的方程为，，，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，利用表达出三角形面积，由基本不等式求出最大值；
（3）设出直线方程，联立直线和椭圆方程，得到两根之和，两根之积，进而得到直线AP的方程，求出，同理，计算出，求出取值范围.
【详解】（1）椭圆的离心率为，故，
解得；
（2）时，，故，所以，，
P、Q均不在x轴上，故直线l的斜率不为0，
设直线l的方程为，，，
联立与得，
所以，是方程的两根，
，
，，
所以，
又，故的面积，

而，
当且仅当，即时等号成立，
所以的面积的最大值为2；
（3）时，，所以，，
椭圆方程为，
设直线l的方程为，，，
联立与可得，

所以，是方程的两根，
，，
故，
，
又，故直线AP的方程为，
令得，故，
所以，同理可得，
所以
，
所以的取值范围为.
4．(24-25高二下·上海杨浦高级中学·期中)我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”，其中，，.如图，点、、分别是相应椭圆的焦点，、和、分别是“果圆”与x轴、y轴的交点.
(1)若是边长为 1 的等边三角形，求 “果圆” 的方程;
(2)在（1）条件下，为半椭圆上的任意一点，点坐标为，求最大值以及最小值；
(3)当 时，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)，最大值为3
(3)
【分析】（1）根据是边长为1的等边三角形可得的值，结合的关系即可得结果；
（2）由两点间距离公式结合二次函数最值计算可求最小值，结合椭圆的定义可求的最大值；
（3）将和分别用表示，结合即可得结果；
【详解】（1）因为是边长为1的等边三角形，
所以，，，
所以，，
故“果圆”的方程为，；
（2）由（1）可知：，
可设，满足，
则，
因为，由二次函数的性质易知：当时，取得最小值，
即，
因为，所以，当三点共线取等号，
又，所以，即最大值为3；
（3）又，，，因此，
因为，所以，即，即，
因为，所以，
所以，化简得，
所以.
5．(24-25高二下·上海顾村中学·期中)已知直线 与椭圆 有且只有一个公共点.
(1)求椭圆的方程；
(2)是否存在实数，使椭圆上存在不同两点 、 关于直线对称？ 若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）将直线方程和椭圆方程联立，利用求解即可；
（2）假设存在实数，设直线的方程为，通过求出的范围，然后与椭圆联立，求出线段的中点，代入直线 ，求出与的关系，进而可得的范围.
【详解】（1）联立，消去得
直线与椭圆有且只有一个公共点，
，解得，
即椭圆的方程为.
（2）假设存在实数，使椭圆上存在不同两点、关于直线对称，
设直线的方程为，设点、，

联立，消去得，
则，解得，
由韦达定理得，，
，
，
存在实数，使椭圆上存在不同两点、关于直线对称，
且的取值范围是.
一、填空题
6．(24-25高二下·上海南洋模范中学·期中)已知中心在原点的椭圆与双曲线有公共焦点，左右焦点分别为，，且两条曲线在第一象限的交点为，是以为底边的等腰三角形，若，椭圆与双曲线的离心率分别为，，则的取值范围是________．
【答案】
【分析】根据等腰三角形三边关系可构造不等式求得的范围，根据双曲线和椭圆定义可利用表示出，从而得到，结合的范围可得结果.
【详解】
设椭圆与双曲线的半焦距为c，椭圆长半轴为，双曲线实半轴为，，，
是以为底边的等腰三角形，点在第一象限内，
，
即，，且，，
，，解得：．
在双曲线中，，；
在椭圆中，，；
；
，，则，，
可得：，
的取值范围为.
故答案为：
7．(24-25高二下·上海向明中学·期中)已知满足方程，则的取值范围为_____．
【答案】
【分析】对给定方程进行分类讨论，画出对应图形，再结合双曲线渐近线方程以及直线和椭圆相切，利用点到直线距离公式得出的几何意义，代入计算可得结果.
【详解】根据题意可知当，原方程可化为，
此时表示的是椭圆在第一象限的部分，包含与坐标轴的交点；
当时，原方程可化为，
此时表示的是双曲线在第四象限的部分；
当时，原方程可化为，
此时表示的是双曲线在第二象限的部分，
当时，方程为不表示任何图形，
画出图形如下图所示：
易知点到直线的距离为，
因此表示曲线上的点到直线的距离的5倍，
设直线与椭圆在第一象限相切，切点为时，取得最小值；
联立，整理可得，
显然，解得或（舍）；
由此可知与曲线没有交点，
此时与之间的距离为；
此时取得最小值为；
又双曲线和的一条渐近线方程为，
因此当或时，点到直线的距离无限接近于两条平行线到的距离，
易知两平行线间的距离为，所以可得；
所以的取值范围为.
故答案为：
8．(24-25高二下·上海复旦大学附属中学·期中)直线l与双曲线的左、右两支分别交于A、B两点，与双曲线的两条渐近线分别交于C、D两点（从左到右依次排列），若，且，，成等差数列，则双曲线Γ的离心率的取值范围是________．
【答案】
【分析】先设直线方程及四个点，联立后分别求出两根和和两根积，根据得出，再利用，，成等差数列，可得，利用及韦达定理进行化简可得出，即可求离心率的范围.
【详解】由题意可知，直线的斜率存在，故设直线，
设，
联立，可得，
则，，
则
，
联立，可得，
则，，
则，
因为，所以，
即，
则，
化简得，
因为，所以，所以，即得，
因为，所以中点为的中点，所以，
因为成等差数列，所以，
又因为从左到右依次排列，所以，
所以，
则 ，
得，
与联立得，，
因，则，
又，则，则，则，
综上， 双曲线Γ的离心率的取值范围是.
故答案为：
9．(24-25高二下·上海曹杨第二中学·期中)已知双曲线的左、右焦点分别为，点，点是第一象限内双曲线上的一点，满足.记的面积分别为、，则______.
【答案】8
【分析】设的内切圆与三边分别相切于，利用切线长相等求得内切圆圆心横坐标为，又由得在的平分线上，进而得到即为内心，应用双曲线的定义求得面积差即可.
【详解】
如图，设的内切圆与三边分别相切于，可得，
又由双曲线定义可得，则，
又，解得，则点横坐标为，即内切圆圆心横坐标为.
又，可得，化简得，即，
即是的平分线，由于，，可得即为的内心，且半径为2，则.即.
故答案为：8.
10．(23-24高二下·上海中学东校·期中)已知实数，满足，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】分情况讨论可作曲线，再根据双曲线的渐近线，结合目标函数的几何意义及曲线的几何性质可得解.
【详解】因为实数，满足，
当，时，方程为，图象为椭圆在第一象限的部分；
当，时，方程为，图象为双曲线在第四象限的部分；
当，时，方程为，图象为双曲线在第二象限的部分；
当，时，方程为，图象不存在，
在同一坐标系中作出函数的图象如图所示，
根据双曲线的方程可知，两条双曲线的渐近线方程都是，
令，即直线与渐近线平行，
当最大时，为图中①的情况，即直线与椭圆相切，
联立方程组，
可得，
当直线与椭圆相切时，则有，
解得，
又因为椭圆的图象只有第一象限的部分，
故，
当最小值时，恰在图中②的位置，且取不到这个最小值，
此时，则，
综上可得，的取值范围为，
所以的取值范围为，
即的取值范围是．
故答案为：
二、解答题
11．(24-25高二下·上海实验学校·期中)在平面直角坐标系中，双曲线.对平面内不在上的任意一点，记为过点且与有两个交点的直线的全体.对任意直线，记为与的两个交点，定义.若存在一条直线满足：与的两个交点位于轴异侧，且对任意直线，，均有，则称为“好点”.求所有好点所构成的区域的面积.
【答案】4
【分析】设出直线的方程，与双曲线方程联立，由可得的范围，然后根据“好点”的定义代入计算，即可得到，然后代入检验，即可得到结果.
【详解】设为好点，考虑需满足的充要条件.
对任意直线，设的倾斜角为，
则的参数方程可写为①
将①代入的方程，整理得关于的方程
②
根据条件，②有两个不同的实数解，这等价于，
且判别式.
化简得③
当的倾斜角满足③时，由①中参数的几何意义及的定义，
可知其中(因不在上).
当与交于轴异侧两点时，由双曲线的性质知.
此时显然满足③，且.
当且仅当时，取到最小值，这里直线.
当与交于轴同侧两点时，要求满足③且.
根据题意，对任意这样的(如果这样的存在)，均有
即，而这等价于.
换言之，需满足：对任意，③都不成立，
即对任意，均有④
在④中令，分别得，
由此可知
反之，当时，注意到当时有，
故
即④成立.
因此，为好点当且仅当.
于是所有好点对应的区域为.所求面积为.
12．(24-25高二下·上海华东师范大学第三附属中学·期中)已知双曲线的离心率为2，实轴长为4，过点的直线l与C相交于A，B两点．
(1)求C的方程；
(2)是否存在l，使得P恰好是线段AB的中点？若存在，求出l的方程；若不存在，请说明理由；
(3)l与直线交于点Q，设，，问：是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)为定值，定值为0
【分析】（1）根据双曲线的实轴长和离心率求出、，进而求出，即可得到双曲线方程；
（2）利用点差法求出直线的斜率，得到直线方程，然后联立直线与双曲线方程，通过判别式判断直线与双曲线是否有交点，从而确定是否存在满足条件的直线；
（3）先设直线方程，与双曲线方程联立，根据判别式求出的取值范围，再用韦达定理得到与.设点坐标，利用在两条直线上得到相关等式.接着根据向量关系得出与表达式，最后将、代入表达式，结合前面得到的等式化简，得出为定值.
【详解】（1）因为的实轴长为4，所以，解得，又因为C的离心率为2，所以，所以，所以的方程为．
（2）由题意直线l的斜率存在，假设存在直线l满足条件，设，，
则，，所以，
即，
因为P为线段AB的中点，所以，，
所以，所以，即直线l的斜率为3，
所以直线l的方程为y=3x－2．
联立，消去y并整理得，
，
所以直线l与C无公共点，这与直线l与C交于A，B两点矛盾，
故不存在直线l，使得P恰好是线段AB的中点．
（3）由题可知直线l的斜率存在，

设直线的方程为，即，
联立得，
，且，
解得，且，
由韦达定理得，①，
设，由在直线上，得，即②，
由在直线l上，得③，
由，得，
即，解得，
同理，由，得，
结合①②③，得
，故为定值0．
13．(24-25高二下·上海西中学·期中)设．如图，在平面直角坐标系中，是双曲线和圆在第一象限内的交点，曲线由中满足的部分和中满足的部分构成．
(1)若，求的值；
(2)设，、分别为与轴的左、右两个交点．第一象限内的点也在上，且，求的大小；
(3)过点作斜率为的直线．若与恰有两个不同的公共点，求的取值范围以及双曲线的离心率的取值范围．
【答案】(1)2
(2)
(3)，离心率的取值范围
【分析】（1）由点在圆和双曲线上代入可解；
（2）由双曲线的性质和在中由余弦定理可得；
（3）由与的渐近线平行结合点斜式设出直线方程，利用点到直线的距离得到与相切，然后由点坐标为方程组的实数解解出，再联立与相切和圆的方程解出点坐标，令可得的范围；由离心率的齐次式计算可得.
【详解】（1）将分别代入与可得，解得，因为，所以；
（2）由题设，．
、的坐标分别为、，即为的两个焦点．
因为，所以点只能在上．
由双曲线的定义，可得，故．
在中，，
故；
（3）由题设，直线的方程为，与的渐近线平行，故与有且仅有一个公共点．
由圆的圆心到直线的距离，
得与相切，即与有且仅有一个公共点．
由题意，与及各有一个公共点，依次记为、，且点的横坐标大于．
由点坐标为方程组的实数解，解得
由与相切，得，直线的方程为，
代入圆的方程，解得点的坐标为．
于是，由，即解得．
．
14．如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点.
(1)求与的方程；
(2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标；
(3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得.
【答案】(1)与
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设的方程分别为与，将点的坐标代入的方程可求出，利用椭圆的定义可求出的值，从而可得，进而可得的方程；
（2）分点在第四象限和第一象限时两种情况讨论求出点的坐标；
（3）利用两点的斜率公式及点在上即可证明，设的方程为，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示，化简为常数，即可得出答案.
【详解】（1）设的方程分别为与，
由，得，故的坐标分别为，
所以故，
故与的方程分别为与.
（2）当点在第四象限时，直线的倾斜角都为钝角，不适合题意；
当在第一象限时，由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，
可知，故，
设点坐标为，可知且，
解得，故点的坐标为，
（3）设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为，
则，
的方程为，
代入可得，
故，
所以，
同理可得，又，故，
故，
即，所以存在，使得.
【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．
15．(23-24高二下·上海实验学校·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.
【详解】（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．
一、单选题
16．(24-25高二下·上海四校联考（松二、复兴、控江、嘉一）·期中)如图，阴影部分（含边界）所示的四叶图是由抛物线绕其顶点分别逆时针旋转，，后所得的三条曲线及围成的，若，则下列说法错误的是（ ）

A．开口向上的抛物线的方程为
B．四叶图上的点到点的距离的最大值为
C．动直线被第一象限的叶子所截得的弦长的最大值为2
D．四叶图的面积小于32
【答案】C
【分析】由题意可得，可求得逆时针旋转的抛物线方程判断A；与的交点到原点的距离最大，计算可判断B；分别求出抛物线与抛物线斜率为1的切线方程，再求出它们的距离即可判断C；.求出抛物线在点处的切线，求出该切线与x轴及直线所围成三角形面积，再结合对称性即可推理得证.
【详解】对于A，若，则抛物线，
若抛物线绕其顶点逆时针旋转，可得抛物线方程为，
即，开口向上，故A正确；
对于B，由抛物线的性质，可得四叶草关于原点对称，关于，轴，轴对称，
可知与的交点到原点的距离是四叶图上的点到点的距离最大的点，
解方程组可求得，所以，所以四叶图上的点到点的距离的最大值为，故B正确；
对于C，设直线与抛物线相切于点，
由，消去得，由，
得，切点，
设直线与抛物线相切于点，
由，消去得，由，
得，切点，
直线的斜率为，即直线与直线平行或重合，
所以直线被第一象限封闭图形截的弦长最大值为，故C错误.

对于D，抛物线，求导得，
则抛物线在点处的切线斜率为，
抛物线在点处的切线方程为，即，
该切线交轴于点，因此在第一象限的半个草叶的面积必小于，
所以四叶图的面积小于，故D正确.

故选：C.
【点睛】思路点睛：理解题意，结合图形对称性特征，通过曲线方程联立，计算判断，并运用函数的图象单调性情况，有时还需要以直代曲的思想进行估算、判断求解.
17．(24-25高二上·上海七宝中学·期中)已知抛物线，点为抛物线的焦点，点、在抛物线上（在第一象限），点为点关于原点的对称点，且，若，①点在一条定直线上；②是定值.则（ ）
A．①正确， ②不正确 B．①不正确， ②正确
C．①正确， ②正确 D．①不正确， ②也不正确
【答案】C
【分析】根据给定条件，可得点在以原点为圆心，为半径的圆上，求出点的坐标即可判断.
【详解】抛物线的焦点，
由，得共线，，即，又为中点，
则点在以原点为圆心，为半径的圆上，此圆的方程为，
由消去得，解得，，
直线的方程为，因此点在定直线上，①正确；
设直线方程为，由消去得，设，
由，得，因此，为定值，②正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：抛物线中的定值问题，既可以由直线方程和抛物线方程联立，利用韦达定理来处理参数关系得到定值，也可以通过设点法求出动点的纵坐标（或横坐标）的关系从而得到定值.
二、填空题
18．(24-25高二下·上海四校联考（松二、复兴、控江、嘉一）·期中)如图，已知是圆锥的轴截面，，分别为，的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的取值范围是________．

【答案】
【分析】勾股得到，从而得到，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当范围，，再结合截面得到的范围，从而得到的最大值.
【详解】

过点作，交底面圆于两点，连接，，，
设，则，
由圆锥的性质得底面，
因为底面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为分别是的中点，所以，则，
因为，平面，所以平面，
则平面为截面，
因为为中点，所以，所以平面，
因为平面，所以，所以，
如图为截面的平面图，

以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系，
，，，则抛物线方程为，
设，，则，
所以，
则，所以.
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求范围.
三、解答题
19．(24-25高二下·上海中学·期中)如图，已知抛物线的焦点到准线的距离为2，过点的直线交抛物线于两点，点在抛物线上，使得的重心在轴上，直线交轴于点，且在点的右侧．记、面积分别为、．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若直线的斜率为，求以线段为直径的圆的面积；
(3)求的最小值及此时点的坐标．
【答案】(1)
(2)
(3)最小值，
【分析】（1）根据抛物线定义可直接求出，可得抛物线的标准方程；
（2）联立直线和抛物线方程并利用焦点弦公式可求得，可得圆的面积为；
（3）依题意分别求得的坐标，得出的表达式并利用基本不等式可求得结果，可得此时点的坐标.
【详解】（1）依题意由焦点到准线的距离为2可知，
所以抛物线的标准方程为；
（2）由（1）可知，设,
易知直线的方程为，
联立，整理可得，
所以，
因此可得，
即以线段为直径的圆直径为16，可得圆面积
（3）设，重心．
令，，则．
由于直线过，故直线方程为，
代入，得，故，即，
所以．
又由于，及重心在轴上，故，
得，．
所以直线方程为，得．
由于在焦点的右侧，故．
从而．
令，则，
可得．
当时，取得最小值，此时．
20．(24-25高二下·上海格致中学·期中)已知抛物线的焦点与椭圆的右焦点重合，椭圆的短轴长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点且斜率为的直线交椭圆于两点，交抛物线于两点，请问是否存在实常数，使为定值？若存在，求出的值及定值；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在时，为定值
【分析】（1）求出，结合短轴长求出，从而求出，写出椭圆方程；
（2）先考虑直线斜率为0时，直线与抛物线只有一个交点，不合要求，直线斜率不为0时，设出，与抛物线联立，根据焦点弦公式求出，再把直线与椭圆联立，由弦长公式得到，从而得到，列出方程，求出的值及定值.
【详解】（1）抛物线的焦点坐标为，故，
且，解得：，
从而，
所以椭圆的方程为；
（2）当直线斜率为0时，直线与抛物线只有一个交点，不合要求，
故直线的斜率不为0，设方程为，
联立与，可得，
设，故，
则，
故，
联立与，可得：，
设，
则，
则，
所以，
令，解得：，
此时为定值.
【点睛】圆锥曲线定值问题，设出直线方程，与圆锥曲线方程联立，得到两根之和，两根之积，应用设而不求的思想，进行求解；注意考虑直线方程的斜率存在和不存在的情况，本题中由于直线l过点，故用含的式子来表达，计算上是更为简单，此时考虑的是直线斜率为0和不为0两种情况.
一、单选题
21．(24-25高二下·上海闵行区五校联考·期中)公元前4世纪，古希腊数学家梅内克缪斯（Menaechmus）为了解决倍立方问题而发现了圆锥曲线．他用垂直于母线的平面去截取顶角（圆锥底面圆的一条直径的两个端点与顶点连线所形成的等腰三角形的顶角）分别是锐角、直角、钝角的三种圆锥，得到三种曲线，梅内克缪斯分别称之为锐角、直角和钝角圆锥曲线，今称椭圆、抛物线和双曲线．如图，四面体中，AP、AB、AC两两垂直，，，点O为底面ABC内的一个动点．
（1）若，则点O的轨迹是椭圆的一部分；
（2）若，则点O的轨迹是双曲线的一部分；
（3）若，则点O的轨迹是抛物线的一部分．
以上几个命题中，真命题的个数为（ ）
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】B
【分析】根据梅内克缪斯理论，求出圆锥顶角为锐角，直角还是钝角，进而判断轨迹类型即可.
【详解】对于（1），两两垂直，，平面，
平面，
，点在以为轴的圆锥面上，
，，，
设圆锥顶角为，则，
所以顶角为锐角，即点O的轨迹是椭圆的一部分，故（1）正确；
对于（2），当时，点在以为轴的圆锥面上，
，，故，
此时圆锥顶角为直角，
所以O的轨迹是抛物线的一部分，故（2）错误；
对于（3），当时，点在以为轴的圆锥面上，
，，
∴，，
所以顶角为钝角，即点O的轨迹是双曲线的一部分，故（3）错误；
综上，真命题的个数1.
故选：B.
22．(24-25高二下·上海杨浦高级中学·期中)已知点 在正方体 的表面上， 到三个平面 中的两个平面的距离相等，且 到剩下一个平面的距离与 到此正方体的中心的距离相等，则满足条件的点 的个数为（ ）

A．6 B． C．10 D．12
【答案】A
【分析】确定在平面上，根据得到的轨迹为平面内的一条抛物线，建立坐标系确定抛物线方程，计算交点得到答案.
【详解】若到平面ABCD、距离相等，根据对称性知在平面上，
平面，平面，故平面平面，
故到平面的距离即到的距离，
设正方体的中心为，即，故的轨迹为平面内的一条抛物线，
不妨取正方体边长为中点为，以所在的直线为轴，
以线段的垂直平分线为轴，建立直角坐标系，
抛物线方程为，时，，故抛物线与棱和相交，
故共有个点满足条件.
故选：A
23．(24-25高二下·上海曹杨第二中学·期中)在平面直角坐标系中，当不是原点时，定义的“伴随点”是；当是原点时，定义的“伴随点”是它自身；定义曲线上所有点的“伴随点”构成的曲线为曲线的“伴随曲线”.则下列命题中，真命题的序号是（ ）
①若点的“伴随点”是点，则点的“伴随点”是点；
②圆心在坐标原点的单位圆的“伴随点曲线”是它自身；
③若曲线关于轴对称，则其“伴随曲线”关于轴对称.
A．② B．③ C．①② D．②③
【答案】D
【分析】利用“伴随点”的定义可判断①；在圆上任取一点，推导出其“伴随点”仍在该圆上，可判断②；在曲线上取两点、，推导出这两点的“伴随点”在曲线上，可判断③.
【详解】对于①，取点，若点不是原点，则，
设点的“伴随点”为，则，
，
即点的伴随点为，①错；
对于②，在圆上任取一点，
则点的伴随点为，即点，
因为，即点在圆上，
所以圆心在坐标原点的单位圆的“伴随点曲线”是它自身，②对；
对于③，在曲线上取两点、，这两点关于轴对称，
点的“伴随点”为，点的“伴随点”为，
点、都在“伴随曲线”上，且点、关于轴对称，故曲线关于轴对称，③对.
故选：D.
二、填空题
24．(24-25高二下·上海闵行中学·期中)定义平面直角坐标系中的笛卡儿卵形线为满足方程：，则下列结论正确的是________．①该曲线关于轴对称；②曲线与x轴交点为和；③若点P在曲线上，则；④存在直线与该曲线恰有1个交点．
【答案】②
【分析】对①，在方程中分别将替换为，以及将替换为，看看方程与原方程是否一致判断；对②，在方程中令，分类讨论求得答案；对③，令，求得曲线与轴交于点，再根据类比椭圆的性质判断；对④，根据曲线是类椭圆的封闭曲线，且原点在曲线内部，可判断.
【详解】对于①，在方程中将替换为，方程不变，所以该曲线关于轴对称，
在方程中将替换为，方程变为，
即，与原方程不同，所以该曲线不关于轴对称，故①错误；
对于②，在方程中令，可得，
当时，方程为，解得，合题意，
当时，方程为，解得，无解，
当时，方程为，解得，合题意，
综上，曲线与轴的交点为和，故②正确；
对于③，点P在曲线上，令，得，解得，即曲线与轴交于点，
设，，，则曲线表示，
类比椭圆的性质，曲线是类椭圆的封闭曲线，又曲线不关于轴对称，所以存在点P，使得，故③错误；
对于④，由于曲线是类椭圆的封闭曲线，且原点在曲线内部，所以直线一定和曲线有两个交点，故④错误.
故答案为：②.
25．(24-25高二下·上海复旦大学附属中学·期中)若曲线上的点都在某个圆内或圆上，则该圆半径的最小值为________．
【答案】
【分析】根据曲线的对称性，只需要分析第一象限的情况，故，，根据三角函数的有界性求出最值即可
【详解】设上任意的一点，
将代入方程，方程不变，
所以曲线关于 x轴、y轴、原点以及直线对称，
不妨设，，
代入得
，
所以，
由，得，
即
又，即，
当且仅当时，，此时曲线上的点到原点的最小距离，
即该圆半径的最小值为，
故答案为：
三、解答题
26．(24-25高二下·上海复旦大学附属中学·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．
27．(24-25高二下·上海曹杨第二中学·期中)已知且，曲线.
(1)若曲线是焦点在轴上的等轴双曲线，求曲线的离心率；
(2)设，点，曲线上有A、B两点（其中在第一象限）.若且，求点的坐标；
(3)设为给定常数，且，过点的直线与曲线交于D、E两点，为坐标平面上的动点.若直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列，试探究点是否在某定直线上？若存在，求该定直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)点N在直线时，不存在定直线，使点在定直线上；
当点不在直线上时，点在定直线上.
【分析】（1）根据等轴双曲线的性质求其离心率.
（2）先根据平面向量数量积的几何意义确定点在圆上，再与椭圆方程联立，根据点所在位置，可求点坐标.
（3）将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到，，再根据直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列列式，化简即可.
【详解】（1）若曲线是等轴双曲线，则，
所以，，其离心率为：.
（2）当时，曲线：表示焦点在轴上的椭圆.
因为，且，根据平面向量数量积的几何意义可得：.
所以点在圆：上.
由，且点在第一象限，得点坐标为.
（3）如图：
由得：，
整理得：.
因为，所以上述方程必定有两个不同的实根.
设，，则，.
设，因为直线ND、NT、NE的斜率的倒数成等差数列，
所以.
又，，所以，
所以，
，
所以或.
由
所以点N在直线或上.
即点N在直线时，不存在定直线，使点在定直线上；
当点不在直线上时，点在定直线上.
一、解答题
28．(24-25高二下·上海中学·期中)已知双曲线：的离心率为2，右焦点F到渐近线的距离为．
(1)求双曲线的方程；
(2)若双曲线的右顶点为A，过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，直线，分别与直线交于M，N两点，记的面积为，的面积为．
①求证：为定值；
②求的取值范围．
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）由题意求出，即可求得答案；
（2）①设直线PQ的方程并联立双曲线方程，可得根与系数关系式，结合的表达式，即可证明结论；②利用直线方程求出相关点坐标，可得的表达式，即可求出的表达式，结合不等式性质，即可求得答案.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为c，由题意得，渐近线方程不妨取，即，
则，而，
故双曲线方程为；
（2）①由题意知，设直线PQ的方程为，
联立方程组，得，
因为过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，故，
则，
则；
当直线PQ斜率不存在时，,
故为定值；
②由题意可得，
直线AP的方程为，则，
直线AQ的方程为，则，
则，
所以，
由于。即，，故，
当直线PQ斜率不存在时，， 直线AP方程为，
直线AQ方程为，可得，
综上的取值范围为.
【点睛】难点点睛：本题综合考查了直线和双曲线位置关系中的三角形面积问题，解答的难点在于的取值范围的确定，解答时要注意结合直线和双曲线方程联立求出的表达式，计算过程比较复杂，计算量较大.
29．(24-25高二下·上海复旦附中·期中)已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，其离心率为，焦距为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知直线：与椭圆交于，两点，为弦的中点，证明：点在定直线上；
(3)求椭圆的内接菱形边长的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)由椭圆的基础知识即可求出，，的值可写出椭圆的标准方程.
(2)先设出，两点坐标，再把直线方程与椭圆方程联立方程组，消元，写出根与系数的关系然后写出的坐标即可证明在定直线上.
(3)先分析出菱形中心在坐标原点再用斜截式设出菱形一条边所在直线方程，联立方程组，消元写出根与系数的关系继续根据菱形的对角线相互垂直写出两参数的关系式，继续用两参数写出弦长公式结合基本不等式求出最值.
【详解】（1）因为焦距为，所以，所以，又因为所以
所以，又因为所以
又因为椭圆的焦点在轴上，
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，，
联立直线与椭圆方程
整理得，
，
解得：，
，，则，所以．
显然点在直线上，得证．
（3）解：由（2）知，菱形的中心在坐标原点，且有，
菱形不论怎样运动，直线和总有一条斜率存在，不妨设直线的斜率存在且直线方程为，，，
联立得，，，
，
由于，于是，
即，，
化简整理得：，
从而，．
即，
当时，，
当时，，
当且仅当，即时取等号．
综上，，因此，菱形边长的最大值为．
30．(24-25高二下·上海顾村中学·期中)已知椭圆：的左右顶点分别为，，上下顶点分别为，，且四边形的周长为，过点且斜率为的直线交于两点，当直线过的左焦点时，．
(1)求的标准方程；
(2)若为坐标原点，的面积为，求直线的方程；
(3)记直线与直线的交点为，求的最小值．
【答案】(1)
(2)或或或
(3)
【分析】（1）根据题中条件得到关于的等量关系，再结合的关系进行求解即可；
（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系将的面积表示出来，结合的面积为，求出直线的斜率，即可得到直线的方程；
（3）设直线的方程为，与椭圆方程联立，得到根与系数的关系，利用，，在同一条直线上得到，利用，，在同一条直线上，所以，结合根与系数的关系得到，即，所以点在直线上，即可求出的最小值．
【详解】（1）
由题意知，
解得，，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）
由题意知直线的方程为，设，，
由，得，
所以，解得，
所以，，
所以，
又点到直线的距离，
所以的面积，
解得或，所以或或或，
所以直线的方程为或或或；
（3）
由题意知直线的方程为，设，，
由，得，
所以，解得，
所以，，
设，因为，，在同一条直线上，所以，
又，，在同一条直线上，所以，
所以，
所以，所以点在直线上，
所以．
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
31．(24-25高二下·上海华二附中·期中)已知椭圆的左右焦点分别为，离心率，点分别是椭圆的右顶点和上顶点，的边上的中线长为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线交椭圆于两点，若，求直线的方程；
(3)直线过右焦点，且它们的斜率乘积为，设分别与椭圆交于点和．若分别是线段和的中点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）根据的边上中线为得，再联立即可求解；
（2）设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程得，再由，即，最后代入即可求解；
（3）设直线的方程为,则直线的方程为，分别与椭圆方程联立，通过韦达定理求出中点的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式即可得到面积的最值.
【详解】（1）由题意，因为，为直角三角形，所以.
又，所以，所以椭圆的标准方程为.
（2）由（1）知，,显然直线的斜率存在，
设直线的方程为，，
联立消去得，，
所以，即.
且，
因为，所以，
所以，即，
所以，
整理得，
即，
化简得，即满足条件，
所以直线的方程为或，
即直线的方程为或.
（3）由题意，,
设直线的方程为,，
则直线的方程为，，
联立消去得，
所以
所以
所以，
同理联立消去得，
所以
所以
所以，
即的中点.
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的面积最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查待定系数法求椭圆的标准方程，直线与椭圆综合应用问题，利用基本不等式求最值，第三问的解题关键是分类联立直线与椭圆方程，求出的坐标，观察坐标知，的中点坐标在轴上，则整理后利用基本不等式得到面积的最值.
.
32．(24-25高二下·上海实验中学·期中)已知椭圆，为的上顶点，是上不同于点的两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若是椭圆的右焦点，是椭圆下顶点，是直线上一点.若有一个内角为，求点的坐标；
(3)作，垂足为．若直线与直线的斜率之和为，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或；
(3)存在，
【分析】（1）根据离心率公式直接求解；
（2）由题设设，进而分或两种情况讨论求解即可；
（3）假设存在定点满足题意，先讨论的斜率存在时，设的方程为，，首先与椭圆方程联立并结合直线与直线的斜率之和为得，其次求得直线的方程为并于直线的方程联立求得点，再次根据得当时，为定值，最后说明直线的斜率存在也满足即可.
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【详解】（1）由题意，，所以离心率
（2）由题意，，，，所以直线的方程为：，
设，显然有或两种情况，
①当时，直线的倾斜角为，其与轴的交点为，则，
因为，
由，得：，解得（舍去）或，
所以，点的坐标是
②当时，此时， 则，
因为，
由，得：，
解得（舍去）或
综上所述，点的坐标是或
（3）假设存在定点满足题意，
当的斜率存在时，设直线的方程为，，
由得，
由题意，，即①．
，
，
所以，代入①，得：，
所以或，即存在直线使得直线与直线的斜率之和为2
直线的方程为，直线的方程为
由，得：，即
所以
所以当时，为定值，.
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于利用分类讨论的思想，求得对应的的范围，进而舍去不满足的解；第三问解题的关键在于根据已知条件求得直线的方程为中的参数，点，难点在于数学运算.
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