資源簡介

壓軸題02圓錐曲線壓軸題十七大題型匯總
命題預測 本專題考查類型主要涉及點解析結合的相關考點，本考點主要壓軸題類型，包含了新定的考點，解析幾何與其他知識點的綜合運用等。 預計2024年后命題會在上述幾個方面進行考查，尤其是各方面知識點的綜合與新考點問題等。
高頻考法 題型01離心率問題 題型02三角換元法的運用 題型03新定義問題 題型04解析幾何與立體幾何結合 題型05解析幾何與導數結合問題 題型06解析幾何的實際應用 題型07切線、斜率相關問題 題型08模長相關問題 題型09解析幾何新考點 題型10解析幾何之類比距離問題 題型11解析幾何與數列結合 題型12解析幾何中的定值問題 題型13解析幾何與向量結合 題型14解析幾何中的定點問題 題型15解析幾何中的取值范圍問題 題型16解析幾何中的存在問題 題型17軌跡方程問題
01離心率問題
1.（23-24高三下·浙江·開學考試）雙曲線的左右焦點分別為是雙曲線右支上一點，點關于平分線的對稱點也在此雙曲線上，且，則雙曲線的離心率為（ ）
A． B． C． D．
2. （2024·內蒙古赤峰·一模）如圖所示，橢圓有這樣的光學性質：從橢圓的一個焦點出發的光線，經橢圓反射后，反射光線經過橢圓的另一個焦點.根據橢圓的光學性質解決下面的題目：已知曲線C的方程為，其左、右焦點分別是，，直線l與橢圓C切于點P，且，過點P且與直線l垂直的直線與橢圓長軸交于點M，則（ ）
A． B． C． D．
3. （2024·河南信陽·模擬預測）一光源在桌面的正上方，半徑為2的球與桌面相切，且PA與球相切，小球在光源的中心投影下在桌面產生的投影為一橢圓（其中球與截面的切點即為橢圓的焦點），如圖所示，形成一個空間幾何體，且正視圖是，其中，則該橢圓的離心率 .
4. （2024·山東·一模）如圖，在中，已知，其內切圓與AC邊相切于點D，且，延長BA到E，使，連接CE，設以E，C為焦點且經過點A的橢圓的離心率為，以E，C為焦點且經過點A的雙曲線的離心率為，則的取值范圍是 ．
5. （2024·浙江杭州·二模）機場為旅客提供的圓錐形紙杯如圖所示，該紙杯母線長為，開口直徑為．旅客使用紙杯喝水時，當水面與紙杯內壁所形成的橢圓經過母線中點時，橢圓的離心率等于 ．
02三角換元法的運用
利用三角函數的定義解題：（1）角的頂點與坐標原點重合；（2）角的始邊與軸正半軸重合；在角的終邊上任取一點，該點到原點的距離，則：；； .
6.（23-24高三下·浙江·開學考試）是圓上一動點，為的中點，為坐標原點，則的最大值為 .
7. （2024高三·全國·專題練習）已知平面直角坐標系中的定點，，，動點，其中現將坐標平面沿x軸翻折成平面角為的二面角，則C，P兩點間距離的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
8. （2023·湖北·二模）已知動直線l的方程為，，，O為坐標原點，過點O作直線l的垂線，垂足為Q，則線段PQ長度的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
9. （2024·浙江紹興·二模）過點作圓的切線，為切點，，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
10. （2024·山東煙臺·一模）如圖，在平面直角坐標系中，半徑為1的圓沿著軸正向無滑動地滾動，點為圓上一個定點，其初始位置為原點為繞點轉過的角度（單位：弧度，）.

(1)用表示點的橫坐標和縱坐標；
(2)設點的軌跡在點處的切線存在，且傾斜角為，求證：為定值；
(3)若平面內一條光滑曲線上每個點的坐標均可表示為，則該光滑曲線長度為，其中函數滿足.當點自點滾動到點時，其軌跡為一條光滑曲線，求的長度.
03新定義問題
涉及函數新定義問題，理解新定義，找出數量關系，聯想與題意有關的數學知識和方法，再轉化、抽象為相應的數學問題作答.
11.（2024·浙江寧波·二模）在平面直角坐標系中，定義為兩點間的“曼哈頓距離”.已知橢圓，點在橢圓上，軸.點滿足.若直線與的交點在軸上，則的最大值為 .
12. （2024·浙江·模擬預測）如圖，由部分橢圓和部分雙曲線，組成的曲線稱為“盆開線”．曲線與軸有兩個交點，且橢圓與雙曲線的離心率之積為．
(1)設過點的直線與相切于點，求點的坐標及直線的方程；
(2)過的直線與相交于點三點，求證：．
13. （2024·安徽·二模）在平面直角坐標系中，利用公式①（其中，，，為常數），將點變換為點的坐標，我們稱該變換為線性變換，也稱①為坐標變換公式，該變換公式①可由，，，組成的正方形數表唯一確定，我們將稱為二階矩陣，矩陣通常用大寫英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉得到點（到原點距離不變），求點的坐標；
(2)如圖，在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉角得到點（到原點距離不變），求坐標變換公式及對應的二階矩陣；
(3)向量（稱為行向量形式），也可以寫成，這種形式的向量稱為列向量，線性變換坐標公式①可以表示為：，則稱是二階矩陣與向量的乘積，設是一個二階矩陣，，是平面上的任意兩個向量，求證：．
14. （多選）（2024·遼寧鞍山·二模）在平面直角坐標系中，定義為點到點的“折線距離”．點是坐標原點，點在直線上，點在圓上，點在拋物線上．下列結論中正確的結論為（ ）
A．的最小值為2 B．的最大值為
C．的最小值為 D．的最小值為
15. （2024·上海靜安·二模）我們稱如圖的曲線為“愛心線”，其上的任意一點都滿足方程，現將一邊在x軸上，另外兩個頂點在愛心線上的矩形稱為心吧．若已知點“愛心線”上任意一點的最小距離為，則用表示心吧面積的最大值為 ．
04解析幾何與立體幾何結合
16.（2023·江西南昌·三模）艾溪湖大橋由于設計優美，已成為南昌市的一張城市名片.該大橋采用對稱式外傾式拱橋結構，與橋面外伸的圓弧形人行步道相對應，寓意“張開雙臂，擁抱藍天”，也有人戲稱：像一只展翅的蝴蝶在翩翩起舞（如圖）.其中像蝴蝶翅膀的叫橋的拱肋（俗稱拱圈），外形是拋物線，最高點即拋物線的頂點在橋水平面的投影恰為劣弧的中點（圖2），拱圈在豎直平面內投影的高度為，劣弧所在圓的半徑為，拱跨度為，橋面寬為，則關于大橋兩個拱圈所在平面夾角的余弦值，下列最接近的值是（ ）（已知

A． B． C． D．
17. （2024·河南·模擬預測）如圖所示，在圓錐內放入兩個球，它們都與圓錐的側面相切（即與圓錐的每條母線相切），且這兩個球都與平面α相切，切點分別為 ，數學家丹德林利用這個模型證明了平面α與圓錐側面的交線為橢圓，記為Γ，為橢圓Γ的兩個焦點.設直線分別與該圓錐的母線交于A，B兩點，過點A的母線分別與球相切于 C，D 兩點，已知以直線為x軸，在平面α內，以線段的中垂線為y軸，建立平面直角坐標系.
(1)求橢圓Γ的標準方程.
(2)點 T在直線上，過點T作橢圓Γ的兩條切線，切點分別為M，N，A，B分別是橢圓Γ的左、右頂點，連接，設直線與交于點P.證明:點 P 在直線上.
18. （20-21高三上·全國·階段練習）已知直線BC垂直單位圓O所在的平面，且直線BC交單位圓于點A，，P為單位圓上除A外的任意一點，l為過點P的單位圓O的切線，則（　?。?br/>A．有且僅有一點P使二面角取得最小值
B．有且僅有兩點P使二面角取得最小值
C．有且僅有一點P使二面角取得最大值
D．有且僅有兩點P使二面角取得最大值
19 .（2024·全國·模擬預測）人類對地球形狀的認識經歷了漫長的歷程．古人認為宇宙是“天圓地方”的，以后人們又認為地球是個圓球.17世紀，牛頓等人根據力學原理提出地球是扁球的理論，這一理論直到1739年才為南美和北歐的弧度測量所證實．其實，之前中國就曾進行了大規模的弧度測量，發現緯度越高，每度子午線弧長越長的事實，這同地球兩極略扁，赤道隆起的理論相符．地球的形狀類似于橢球體，橢球體的表面為橢球面，在空間直角坐標系下，橢球面，這說明橢球完全包含在由平面所圍成的長方體內，其中按其大小，分別稱為橢球的長半軸、中半軸和短半軸．某橢球面與坐標面的截痕是橢圓.
(1)已知橢圓在其上一點處的切線方程為．過橢圓的左焦點作直線與橢圓相交于兩點，過點分別作橢圓的切線，兩切線交于點，求面積的最小值．
(2)我國南北朝時期的偉大科學家祖暅于5世紀末提出了祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．祖暅原理用現代語言可描述為：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．當時，橢球面圍成的橢球是一個旋轉體，類比計算球的體積的方法，運用祖暅原理求該橢球的體積．
20. （2024·河北石家莊·二模）已知橢圓的左、右焦點分別為，離心率為，過點的動直線交于A，B兩點，點在軸上方，且不與軸垂直，的周長為，直線與交于另一點，直線與交于另一點，點為橢圓的下頂點，如圖①.
(1)當點為橢圓的上頂點時，將平面xOy沿軸折疊如圖②，使平面平面，求異面直線與所成角的余弦值；
(2)若過作，垂足為.
（i）證明:直線過定點；
（ii）求的最大值.
05解析幾何與導數結合問題
21.（多選）（2024·浙江杭州·二模）過點的直線與拋物線C：交于兩點．拋物線在點處的切線與直線交于點，作交于點，則（ ）
A．直線與拋物線C有2個公共點
B．直線恒過定點
C．點的軌跡方程是
D．的最小值為
22. （23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）已知拋物線：，焦點為，過作軸的垂線，點在軸下方，過點作拋物線的兩條切線，，，分別交軸于，兩點，，分別交于，兩點．
(1)若，與拋物線相切于，兩點，求點的坐標；
(2)證明：的外接圓過定點；
(3)求面積的最小值．
23. （2024·四川德陽·二模）已知雙曲線的左，右頂點分別為是雙曲線上不同于，的一點，設直線的斜率分別為，則當取得最小值時，雙曲線的離心率為（ ）
A． B． C． D．2
24. （2024·全國·模擬預測）已知是坐標原點，拋物線的焦點為，點在上，線段是圓的一條直徑，且的最小值為．
(1)求的方程；
(2)過點作圓的兩條切線，與分別交于異于點的點，求直線斜率的最大值．
25. （多選）（2024·河南信陽·模擬預測）太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圖案，俗稱陰陽魚，太極圖展現了一種相互轉化，相互統一的和諧美．定義：能夠將圓的周長和面積同時等分成兩部分的函數稱為圓的一個“太極函數”下列有關說法中正確的是（ ）
A．對圓的所有非常數函數的太極函數中，一定不能為偶函數；
B．函數是圓的一個太極函數；
C．存在圓，使得是圓的太極函數；
D．直線所對應的函數一定是圓的太極函數．
06解析幾何的實際應用
26.（2024·浙江·模擬預測）應用拋物線和雙曲線的光學性質，可以設計制造反射式天文望遠鏡，這種望遠鏡的特點是，鏡銅可以很短而觀察天體運動又很清楚．某天文儀器廠設計制造的一種反射式望遠鏡，其光學系統的原理如圖（中心截口示意圖）所示．其中，一個反射鏡弧所在的曲線為拋物線，另一個反射鏡弧所在的曲線為雙曲線一個分支．已知是雙曲線的兩個焦點，其中同時又是拋物線的焦點，且，的面積為10，，則拋物線方程為 ．

27. （2024·浙江·二模）如圖為世界名畫《星月夜》，在這幅畫中，文森特·梵高用夸張的手法，生動地描繪了充滿運動和變化的星空.假設月亮可看作半徑為1的圓的一段圓弧，且弧所對的圓心角為.設圓的圓心在點與弧中點的連線所在直線上.若存在圓滿足：弧上存在四點滿足過這四點作圓的切線，這四條切線與圓也相切，則弧上的點與圓上的點的最短距離的取值范圍為 .（參考數據：）
28. （2024·山西晉中·模擬預測）“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術活動，在我國源遠流長.某些折紙活動蘊含豐富的數學知識，例如：如圖用一張圓形紙片，按如下步驟折紙：
步驟1：設圓心是，在圓內異于圓心處取一定點，記為；
步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點（即折疊后圖中的點與點重合）；
步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕，記折痕與的交點為；
步驟4：不停重復步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.
現取半徑為4的圓形紙片，設點到圓心的距離為，按上述方法折紙.以線段的中點為原點，線段所在直線為軸建立平面直角坐標系，記動點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)設軌跡與軸從左到右的交點為點，，為直線上的一動點（點不在軸上），連接交橢圓于點，連接并延長交橢圓于點.是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
29. （2024·全國·模擬預測）已知一個玻璃酒杯盛酒部分的軸截面是拋物線，其通徑長為1，現有一個半徑為的玻璃球放入該玻璃酒杯中，要使得該玻璃球接觸到杯底（盛酒部分），則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
30. （2024·上海靜安·二模）江南某公園內正在建造一座跨水拱橋．如平面圖所示，現已經在地平面以上造好了一個外沿直徑為20米的半圓形拱橋洞，地平面與拱橋洞外沿交于點與點． 現在準備以地平面上的點與點為起點建造上、下橋坡道，要求：①；②在拱橋洞左側建造平面圖為直線的坡道，坡度為 （坡度為坡面的垂直高度和水平方向的距離的比）；③在拱橋洞右側建造平面圖為圓弧的坡道；④在過橋的路面上騎車不顛簸．
(1)請你設計一條過橋道路，畫出大致的平面圖，并用數學符號語言刻畫與表達出來；
(2)并按你的方案計算過橋道路的總長度；（精確到0.1米）
(3)若整個過橋坡道的路面寬為10米，且鋪設坡道全部使用混凝土．請設計出所鋪設路面的相關幾何體，提出一個實際問題，寫出解決該問題的方案，并說明理由 （如果需要，可通過假設的運算結果列式說明，不必計算）．
07切線、斜率相關問題
過圓上一點的切線方程為：， 過圓外一點的切點弦方程為：. 過橢圓上一點的切線方程為， 過橢圓外一點的切點弦方程為; 過雙曲線上一點的切線方程為, 過雙曲線外一點的切點弦方程為,
31.（多選）（2024·浙江金華·模擬預測）已知橢圓為原點，過第一象限內橢圓外一點作橢圓的兩條切線，切點分別為A，B．記直線的斜率分別為，若，則（ ）
A．為定值 B．為定值
C．的最大值為2 D．的最小值為4
32. （2024·全國·模擬預測）費馬原理，也稱為時間最短原理：光傳播的路徑是光程取極值的路徑．在凸透鏡成像中，根據費馬原理可以推出光線經凸透鏡至像點的總光程為定值（光程為光在某介質中傳播的路程與該介質折射率的乘積）．一般而言，空氣的折射率約為1．如圖是折射率為2的某平凸透鏡的縱截面圖，其中平凸透鏡的平面圓直徑為6，且與軸交于點．平行于軸的平行光束從左向右照向該平凸透鏡，所有光線經折射后全部匯聚在點處并在此成像．（提示：光線從平凸透鏡的平面進入時不發生折射）

(1)設該平凸透鏡縱截面中的曲線為曲線，試判斷屬于哪一種圓錐曲線，并求出其相應的解析式．
(2)設曲線為解析式同的完整圓錐曲線，直線與交于，兩點，交軸于點，交軸于點（點不與的頂點重合）．若，，試求出點所有可能的坐標．
33. （2024·山東臨沂·一模）動圓與圓和圓都內切，記動圓圓心的軌跡為.
(1)求的方程；
(2)已知圓錐曲線具有如下性質：若圓錐曲線的方程為，則曲線上一點處的切線方程為：，試運用該性質解決以下問題：點為直線上一點（不在軸上），過點作的兩條切線，切點分別為.
（i）證明：直線過定點；
（ii）點關于軸的對稱點為，連接交軸于點，設的面積分別為，求的最大值.
34. （2024·湖北武漢·模擬預測）某校數學問題研究小組的同學利用電腦對曲線進行了深人研究．已知點在曲線上，曲線在點處的切線方程為．請同學們研究以下問題，并作答．
(1)問題1：過曲線的焦點的直線與曲線交于兩點，點在第一象限．
（i）求（為坐標原點）面積的最小值；
（ii）曲線在點處的切線分別為，兩直線相交于點，證明．
(2)問題2：若是曲線上任意兩點，過的中點作軸的平行線交曲線于點，記線段與曲線圍成的封閉區域為，研究小組的同學利用計算機經過多次模擬實驗發現是個定值，請求出這個定值．
35. （2024·浙江金華·模擬預測）已知雙曲線：，F為雙曲線的右焦點，過F作直線交雙曲線于A，B兩點，過F點且與直線垂直的直線交直線于P點，直線OP交雙曲線于M，N兩點．
(1)求雙曲線的離心率；
(2)若直線OP的斜率為，求的值；
(3)設直線AB，AP，AM，AN的斜率分別為，，，，且，，記，，，試探究v與u，w滿足的方程關系，并將v用w，u表示出來．
08模長相關問題
利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下： （1）設直線方程，設交點坐標為； （2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷； （3）列出韋達定理； （4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式； （5）代入韋達定理求解.
36.（23-24高三下·浙江·開學考試）已知橢圓的長軸長為4，離心率為，左頂點為，過右焦點作直線與橢圓分別交于兩點（異于左右頂點），連接.
(1)證明：與不可能垂直；
(2)求的最小值；
37. （2024·浙江臺州·二模）已知橢圓：，直線：交橢圓于M，N兩點，T為橢圓的右頂點，的內切圓為圓Q.
(1)求橢圓的焦點坐標；
(2)求圓Q的方程；
(3)設點，過P作圓Q的兩條切線分別交橢圓C于點A，B，求的周長.
38. （2024·浙江金華·模擬預測）在直角坐標系中，圓Γ的圓心P在y軸上（不與重合），且與雙曲線的右支交于A，B兩點．已知．
(1)求Ω的離心率；
(2)若Ω的右焦點為，且圓Γ過點F，求的取值范圍．
39. （2023·安徽蕪湖·模擬預測）設雙曲線：（，）過，，，四個點中的三個點．
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點作兩條互相垂直的直線，，其中與的右支交于，兩點，與直線交于點，與的右支相交于，兩點，與直線交于點，求的最大值．
40. （2024高三·全國·專題練習）已知O為坐標原點，拋物線，過點的直線交拋物線于A，B兩點，．
(1)求拋物線C的方程；
(2)若點，連接AD，BD，證明：；
(3)已知圓G以G為圓心，1為半徑，過A作圓G的兩條切線，與y軸分別交于點M，N且M，N位于x軸兩側，求面積的最小值．
09解析幾何新考點
41.（2024·安徽蕪湖·二模）已知直線l：與曲線W：有三個交點D、E、F，且，則以下能作為直線l的方向向量的坐標是（ ）．
A． B． C． D．
42. （2023·陜西西安·模擬預測）雙紐線是1694年被瑞士數學家雅各布·伯努利用來描述他所發現的．在平面直角坐標系中，把到定點和距離之積等于的點的軌跡稱為雙紐線．已知點是雙紐線上一點，下列說法正確的是（ ）
①雙紐線關于原點對稱；②；③雙紐線上滿足的點只有兩個；④的最大值是.
A．①②③ B．①②④ C．①② D．①②③④
43. （2024·河北邯鄲·二模）已知橢圓的中心為坐標原點，對稱軸為軸、軸，且過兩點．
(1)求的方程．
(2)是上兩個動點，為的上頂點，是否存在以為頂點，為底邊的等腰直角三角形？若存在，求出滿足條件的三角形的個數；若不存在，請說明理由．
44. （2024·全國·一模）我國著名科幻作家劉慈欣的小說《三體Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三體文明使用新型材料-強互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探測器，其外形與水滴相似，某科研小組研發的新材料水滴角測試結果如圖所示（水滴角可看作液、固、氣三相交點處氣—液兩相界面的切線與液—固兩相交線所成的角），圓法和橢圓法是測量水滴角的常用方法，即將水滴軸截面看成圓或者橢圓（長軸平行于液—固兩者的相交線，橢圓的短半軸長小于圓的半徑）的一部分，設圖中用圓法和橢圓法測量所得水滴角分別為，，則（ ）
附：橢圓上一點處的切線方程為.
A． B．
C． D．和的大小關系無法確定
45. （2020·上海浦東新·三模）數學中的數形結合也可以組成世間萬物的絢麗畫面，一些優美的曲線是數學形象美、對稱美、和諧美的產物，曲線：為四葉玫瑰線，下列結論正確的有（ ）

（1）方程，表示的曲線在第二和第四象限；
（2）曲線上任一點到坐標原點的距離都不超過；
（3）曲線構成的四葉玫瑰線面積大于；
（4）曲線上有個整點橫、縱坐標均為整數的點.
A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）
10解析幾何之類比距離問題
46.（23-24高三上·黑龍江·期末）已知直線交圓于兩點，則的最小值為（ ）
A．9 B．16 C．27 D．30
47. （2024·新疆烏魯木齊·二模）在平面直角坐標系中，重新定義兩點之間的“距離”為，我們把到兩定點的“距離”之和為常數的點的軌跡叫“橢圓”．
(1)求“橢圓”的方程；
(2)根據“橢圓”的方程，研究“橢圓”的范圍、對稱性，并說明理由；
(3)設，作出“橢圓”的圖形，設此“橢圓”的外接橢圓為的左頂點為，過作直線交于兩點，的外心為，求證：直線與的斜率之積為定值．
48. （2024·江蘇南通·二模）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓Γ：的離心率為，直線l與Γ相切，與圓O：相交于A，B兩點.當l垂直于x軸時，.
(1)求Γ的方程；
(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為.
（?。┤鬗，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當的面積最大時，求；
（ⅱ）若，均存在，記兩者中的較大者為.已知，，均存在，證明：.
49. （2022·上海閔行·二模）已知直線與圓有公共點，且公共點的橫 縱坐標均為整數，則滿足的有（ ）
A．40條 B．46條 C．52條 D．54條
50. （2022·全國·模擬預測）設點是：上的動點，點是直線：上的動點，記，則的最小值是 ．
11解析幾何與數列結合
51.（2024高三下·安徽淮北·期中）雙曲線的左右焦點分別是，，點在其右支上，且滿足，，則的值是（ ）
A． B． C．8056 D．8048
52. （2024·河南信陽·模擬預測）已知橢圓C：短軸長為2，左、右焦點分別為，，過點的直線l與橢圓C交于M，N兩點，其中M，N分別在x軸上方和下方，，，直線與直線MO交于點，直線與直線NO交于點．
(1)若的坐標為，求橢圓C的方程；
(2)在（1）的條件下，過點并垂直于x軸的直線交C于點B，橢圓上不同的兩點A，D滿足，，成等差數列．求弦AD的中垂線的縱截距的取值范圍；
(3)若，求實數a的取值范圍．
53. （2020·江蘇·模擬預測）已知函數，若對于正數，直線與函數的圖像恰好有個不同的交點，則 .
54. （2024·河北·模擬預測）已知平面內定點是以為直徑的圓上一動點（為坐標原點）．直線與點處的切線交于點，過點作軸的垂線，垂足為，過點作軸的垂線，垂足為，過點作的垂線，垂足為．
(1)求點的軌跡方程；
(2)求矩形面積的最大值；
(3)設的軌跡，直線與軸圍成面積為，甲同學認為隨的增大，也會達到無窮大，乙同學認為隨的增大不會超過4，你同意哪個觀點，說明理由．
55. （2016·上海·模擬預測）一青蛙從點開始依次水平向右和豎直向上跳動，其落點坐標依次是，(如圖，的坐標以已知條件為準)，表示青蛙從點到點所經過的路程.
(1)點為拋物線 準線上一點，點，均在該拋物線上，并且直線 經過該拋物線的焦點，證明；
(2)若點要么落在所表示的曲線上，要么落在所表示的曲線上，并且,試寫出(不需證明)；
(3)若點要么落在所表示的曲線上，要么落在所表示的曲線上，并且，求的值.
12解析幾何中的定值問題
求定值問題常見的方法有兩種： （1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關； （2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值
56.（2024·全國·模擬預測）已知為雙曲線上異于左、右頂點的一個動點，雙曲線的左、右焦點分別為，且．當時，的最小內角為．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)連接，交雙曲線于另一點，連接，交雙曲線于另一點，若．
①求證：為定值；
②若直線AB 的斜率為 1 ，求點P 的坐標．
57. （2023·廣東廣州·模擬預測）已知雙曲線，直線過的右焦點且與交于兩點．
(1)若兩點均在雙曲線的右支上，求證：為定值；
(2)試判斷以為直徑的圓是否過定點？若經過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．
58. （2024·全國·模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點是上一點.若為的內心，且.
(1)求的方程；
(2)點A是在第一象限的漸近線上的一點，且軸，點是右支上的一動點，在點處的切線與直線相交于點，與直線相交于點.證明：為定值.
59. （2024·遼寧·二模）已知點P為雙曲線上任意一點，過點的切線交雙曲線的漸近線于兩點．
(1)證明：恰為的中點；
(2)過點分別作漸近線的平行線，與OA、OB分別交于M、N兩點，判斷PMON的面積是否為定值，如果是，求出該定值；如果不是，請說明理由；
60. （2024·上海奉賢·二模）已知曲線 ，是坐標原點， 過點的直線與曲線交于，兩點.
(1)當與軸垂直時，求的面積；
(2)過圓上任意一點作直線，，分別與曲線切于，兩 點，求證：；

(3)過點的直線與雙曲線交于，兩點（，不與軸重合）.記直線的斜率為，直線斜率為， 當時，求證：與都是定值.

13解析幾何與向量結合
61.（2024·上海楊浦·二模）平面上的向量、滿足：，，.定義該平面上的向量集合.給出如下兩個結論：
①對任意，存在該平面的向量，滿足
②對任意，存在該平面向量，滿足
則下面判斷正確的為（ ）
A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確 C．①正確，②正確 D．①錯誤，②錯誤
62. （2021·浙江寧波·模擬預測）已知平面非零向量滿足，則對于任意的使得（ ）
A．恒有解 B．恒有解
C．恒無解 D．恒無解
63. （2024·陜西安康·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為、，上頂點為，，的面積為.
(1)求的方程；
(2)是上位于第一象限的一點，其橫坐標為1，直線過點且與交于，兩點（均異于點），點在上，設直線，，的斜率分別為，，，若，問點的橫坐標是否為定值？若為定值，求出點的橫坐標；若不為定值，請說明理由.
64. （2022·浙江杭州·模擬預測）已知平面向量，，，，則的取值范圍是 ．
64. （2023·河北衡水·模擬預測）平面上有兩組互不重合的點，與 ，，，.則的范圍為（ ）.
A． B．
C． D．
14解析幾何中的定點問題
求解直線過定點問題常用方法如下： (1)“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明； (2)“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點； (3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
66.（2024·上海徐匯·二模）已知橢圓，分別為橢圓的左、右頂點，分別為左、右焦點，直線交橢圓于兩點（不過點）.
(1)若為橢圓上（除外）任意一點，求直線和的斜率之積；
(2)若，求直線的方程；
(3)若直線與直線的斜率分別是，且，求證：直線過定點.
67. （2024·全國·模擬預測）如圖，已知拋物線，其焦點為，其準線與軸交于點，以為直徑的圓交拋物線于點，連接并延長交拋物線于點，且．
(1)求的方程．
(2)過點作軸的垂線與拋物線在第一象限交于點，若拋物線上存在點，，使得．求證：直線過定點．
68. （2024·全國·模擬預測）已知橢圓的離心率為，且過點．
(1)求橢圓的標準方程．
(2)設過點且斜率不為0的直線與橢圓交于，兩點．問：在軸上是否存在定點，使直線的斜率與的斜率的積為定值？若存在，求出該定點坐標；若不存在，請說明理由．
69. （2024·全國·一模）如圖，已知橢圓的短軸長為，焦點與雙曲線的焦點重合.點，斜率為的直線與橢圓交于兩點.

(1)求常數的取值范圍，并求橢圓的方程.
(2)(本題可以使用解析幾何的方法，也可以利用下面材料所給的結論進行解答)
極點與極線是法國數學家吉拉德·迪沙格于1639年在射影幾何學的奠基之作《圓錐曲線論稿》中正式闡述的.對于橢圓，極點（不是原點）對應的極線為，且若極點在軸上，則過點作橢圓的割線交于點，則對于上任意一點，均有（當斜率均存在時）.已知點是直線上的一點，且點的橫坐標為2.連接交軸于點.連接分別交橢圓于兩點.
①設直線、分別交軸于點、點，證明：點為、的中點；
②證明直線：恒過定點，并求出定點的坐標.
70 .（2024·江蘇·模擬預測）交比是射影幾何中最基本的不變量，在歐氏幾何中亦有應用．設，，，是直線上互異且非無窮遠的四點，則稱（分式中各項均為有向線段長度，例如）為，，，四點的交比，記為．
(1)證明：；
(2)若，，，為平面上過定點且互異的四條直線，，為不過點且互異的兩條直線，與，，，的交點分別為，，，，與，，，的交點分別為，，，，證明：；
(3)已知第（2）問的逆命題成立，證明：若與的對應邊不平行，對應頂點的連線交于同一點，則與對應邊的交點在一條直線上．
15解析幾何中的取值范圍問題
圓錐曲線中的取值范圍問題的求解方法 （1）函數法：用其他變量作為參數，建立函數關系，利用求函數值域的方法求解． （2）不等式法：根據題意建立含參數的不等式，通過解不等式求參數的取值范圍． （3）判別式法：建立關于某變量的一元二次方程，利用根的判別式求參數的取值范圍． （4）數形結合法：研究參數所表示的幾何意義，利用數形結合思想求解．
71.（2024·上海普陀·二模）設橢圓，的離心率是短軸長的倍，直線交于、兩點，是上異于、的一點，是坐標原點.
(1)求橢圓的方程；
(2)若直線過的右焦點，且，，求的值；
(3)設直線的方程為，且，求的取值范圍.
72. （2024·北京順義·二模）已知橢圓的右焦點為，長軸長為.過F作斜率為的直線交E于A，B兩點，過點F作斜率為的直線交E于C，D兩點，設，的中點分別為M，N.
(1)求橢圓E的方程；
(2)若，設點F到直線的距離為d，求d的取值范圍.
73. （2024·上海閔行·二模）如圖，已知橢圓和拋物線，的焦點是的上頂點，過的直線交于、兩點，連接、并延長之，分別交于、兩點，連接，設、的面積分別為、．
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的取值范圍.
74. （2024·全國·模擬預測）已知橢圓的左、右頂點分別為，直線的斜率為，直線與橢圓交于另一點，且點到軸的距離為．
(1)求橢圓的方程．
(2)若點是上與點不重合的任意一點，直線與軸分別交于點．
①設直線的斜率分別為，求的取值范圍．
②判斷是否為定值．若為定值，求出該定值；若不為定值，說明理由．
75. （2024·浙江紹興·二模）已知拋物線：的焦點到準線的距離為2，過點作直線交于M，N兩點，點，記直線，的斜率分別為，.
(1)求的方程；
(2)求的值；
(3)設直線交C于另一點Q，求點B到直線距離的最大值.
16解析幾何中的存在問題
對于圓錐曲線中探索性問題，求解步驟如下： 第一步：假設結論存在； 第二步：結合已知條件進行推理求解； 第三步：若能推出合理結果，經驗證成立即可肯定正確；若推出矛盾，即否定假設； 第四步：反思回顧，查看關鍵點、易錯點及解題規范．
76.（2024·上海黃浦·二模）如圖，已知是中心在坐標原點、焦點在軸上的橢圓，是以的焦點為頂點的等軸雙曲線，點是與的一個交點，動點在的右支上且異于頂點.
(1)求與的方程；
(2)若直線的傾斜角是直線的傾斜角的2倍，求點的坐標；
(3)設直線的斜率分別為，直線與相交于點，直線與相交于點， ，，求證：且存在常數使得 .
77. （2024·上海楊浦·二模）已知橢圓：的上頂點為，離心率，過點的直線與橢圓交于，兩點，直線、分別與軸交于點、.
(1)求橢圓的方程；
(2)已知命題“對任意直線，線段的中點為定點”為真命題，求的重心坐標；
(3)是否存在直線，使得？若存在，求出所有滿足條件的直線的方程；若不存在，請說明理由.（其中、分別表示、的面積）
78. （2023·山西·模擬預測）已知雙曲線C：的漸近線與圓的一個交點為．
(1)求C的方程．
(2)過點A作兩條相互垂直的直線和，且與C的左、右支分別交于B，D兩點，與C的左、右支分別交于E，F兩點，判斷能否成立．若能，求該式成立時直線的方程；若不能，說明理由．
79. （2024·上海崇明·二模）已知橢圓，為的上頂點，是上不同于點的兩點．
(1)求橢圓的離心率；
(2)若是橢圓的右焦點，是橢圓下頂點，是直線上一點.若有一個內角為，求點的坐標；
(3)作，垂足為．若直線與直線的斜率之和為，是否存在軸上的點，使得為定值？若存在，請求出點的坐標，若不存在，請說明理由．
80. （2024·上海松江·二模）如圖，橢圓的上、下焦點分別為、，過上焦點與軸垂直的直線交橢圓于、兩點，動點、分別在直線與橢圓上.
(1)求線段的長；
(2)若線段的中點在軸上，求的面積；
(3)是否存在以、為鄰邊的矩形，使得點在橢圓上？若存在，求出所有滿足條件的點的縱坐標；若不存在，請說明理由.
17軌跡方程問題
立體幾何中與動點軌跡有關的題目的方法： 對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.
81.（2024·廣東韶關·二模）已知橢圓的離心率為，長軸長為4，是其左、右頂點，是其右焦點．
(1)求橢圓的標準方程；
(2)設是橢圓上一點，的角平分線與直線交于點．
①求點的軌跡方程；
②若面積為，求．
82. （2024·江蘇蘇州·模擬預測）已知點，，和動點滿足是，的等差中項．
(1)求點的軌跡方程；
(2)設點的軌跡為曲線按向量平移后得到曲線，曲線上不同的兩點M，N的連線交軸于點，如果（為坐標原點）為銳角，求實數的取值范圍；
(3)在（2）的條件下，如果時，曲線在點和處的切線的交點為，求證：在一條定直線上．
83. （多選）（2024·廣東梅州·二模）如圖，平面 ，，M為線段AB的中點，直線MN與平面的所成角大小為30°，點P為平面內的動點，則（ ）
A．以為球心，半徑為2的球面在平面上的截痕長為
B．若P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線
C．若P到直線MN的距離為1，則的最大值為
D．滿足的點P的軌跡是橢圓
84 .（2024·遼寧沈陽·二模）以坐標原點為圓心的兩個同心圓半徑分別為和，為大圓上一動點，大圓半徑與小圓相交于點軸于于點的軌跡為．
(1)求點軌跡的方程；
(2)點，若點在上，且直線的斜率乘積為，線段的中點，當直線與軸的截距為負數時，求的余弦值．
85. （2024·遼寧丹東·一模）我們所學過的橢圓、雙曲線、拋物線這些圓錐曲線，都有令人驚奇的光學性質，且這些光學性質都與它們的焦點有關．如從雙曲線的一個焦點處出發的光線照射到雙曲線上，經反射后光線的反向延長線會經過雙曲線的另一個焦點（如圖所示，其中是反射鏡面也是過點處的切線）．已知雙曲線（，）的左右焦點分別為，，從處出發的光線照射到雙曲線右支上的點P處（點P在第一象限），經雙曲線反射后過點．

(1)請根據雙曲線的光學性質，解決下列問題：
當，，且直線的傾斜角為時，求反射光線所在的直線方程；
(2)從處出發的光線照射到雙曲線右支上的點處，且三點共線，經雙曲線反射后過點，，，延長，分別交兩條漸近線于，點是的中點，求證：為定值．
(3)在（2）的條件下，延長交y軸于點，當四邊形的面積為8時，求的方程．
86. （2024·安徽池州·二模）造紙術是中國四大發明之一，彰顯了古代人民的智慧.根據史料記載盛唐時期折紙藝術開始流行，19世紀折紙與數學研究相結合，發展成為折紙幾何學.在一次數學探究課上，學生們研究了圓錐曲線的包絡線折法.如圖，在一張矩形紙片上取一點，記矩形一邊所在直線為，將點折疊到上（即），不斷重復這個操作，就可以得到由這些折痕包圍形成的拋物線，這些折痕就是拋物線的包絡線.在拋物線的所有包絡線中，恰好過點的包絡線所在的直線方程為 .

87. （2024·湖南·二模）直線族是指具有某種共同性質的直線的全體，例如表示過點的直線，直線的包絡曲線定義為：直線族中的每一條直線都是該曲線上某點處的切線，且該曲線上的每一點處的切線都是該直線族中的某條直線.
(1)若圓是直線族的包絡曲線，求滿足的關系式；
(2)若點不在直線族：的任意一條直線上，求的取值范圍和直線族的包絡曲線；
(3)在（2）的條件下，過曲線上兩點作曲線的切線，其交點為.已知點，若三點不共線，探究是否成立？請說明理由.
88. （2023·全國·三模）已知雙曲線上的所有點構成集合和集合，坐標平面內任意點，直線稱為點關于雙曲線的“相關直線”．
(1)若，判斷直線與雙曲線的位置關系，并說明理由；
(2)若直線與雙曲線的一支有2個交點，求證：；
(3)若點，點在直線上，直線交雙曲線于，，求證：．
89．(多選)（2023·浙江·三模）已知橢圓，其右焦點為，以為端點作條射線交橢圓于，且每兩條相鄰射線的夾角相等，則（ ）
A．當時，
B．當時，的面積的最小值為
C．當時，
D．當時，過作橢圓的切線，且交于點交于點，則的斜率乘積為定值
90．（2021·江蘇南京·一模）設為定點，是拋物線：上的一點，若拋物線在處的切線恰好與，兩點的連線互相垂直，則稱點為點的“伴點”．
（1）求拋物線的焦點的“伴點”；
（2）設，問：當且僅當，滿足什么條件時，點有三個“伴點”？試證明你的結論．壓軸題02圓錐曲線壓軸題十七大題型匯總
命題預測 本專題考查類型主要涉及點解析結合的相關考點，本考點主要壓軸題類型，包含了新定的考點，解析幾何與其他知識點的綜合運用等。 預計2024年后命題會在上述幾個方面進行考查，尤其是各方面知識點的綜合與新考點問題等。
高頻考法 題型01離心率問題 題型02三角換元法的運用 題型03新定義問題 題型04解析幾何與立體幾何結合 題型05解析幾何與導數結合問題 題型06解析幾何的實際應用 題型07切線、斜率相關問題 題型08模長相關問題 題型09解析幾何新考點 題型10解析幾何之類比距離問題 題型11解析幾何與數列結合 題型12解析幾何中的定值問題 題型13解析幾何與向量結合 題型14解析幾何中的定點問題 題型15解析幾何中的取值范圍問題 題型16解析幾何中的存在問題 題型17軌跡方程問題
01離心率問題
1.（23-24高三下·浙江·開學考試）雙曲線的左右焦點分別為是雙曲線右支上一點，點關于平分線的對稱點也在此雙曲線上，且，則雙曲線的離心率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如圖，由題意可知且三點共線，設，根據雙曲線的定義求得，，，在、中分別利用余弦定理計算即可求解.
【詳解】如圖，設關于平分線的對稱點為Q，則該角平分線為線段的垂直平分線，
所以，且三點共線，設，
則，，所以，
在中，由余弦定理，得，
又，所以，解得，所以，
在中，由余弦定理，得，
整理，得，由，解得.
即雙曲線的離心率為.
故選：B
2. （2024·內蒙古赤峰·一模）如圖所示，橢圓有這樣的光學性質：從橢圓的一個焦點出發的光線，經橢圓反射后，反射光線經過橢圓的另一個焦點.根據橢圓的光學性質解決下面的題目：已知曲線C的方程為，其左、右焦點分別是，，直線l與橢圓C切于點P，且，過點P且與直線l垂直的直線與橢圓長軸交于點M，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根據橢圓定義和光的反射定理，以及角平分線定理可得
【詳解】由已知得，，
由橢圓定義可得，
根據光的反射定理可得為的角平分線，
由正弦定理，
所以，，又
所以
即.
故選：D.
3. （2024·河南信陽·模擬預測）一光源在桌面的正上方，半徑為2的球與桌面相切，且PA與球相切，小球在光源的中心投影下在桌面產生的投影為一橢圓（其中球與截面的切點即為橢圓的焦點），如圖所示，形成一個空間幾何體，且正視圖是，其中，則該橢圓的離心率 .
【答案】/0.5
【分析】作出球的截面圖，易得，結合正切的二倍角公式求出的值，進而知長軸的長，再由球與相切的切點為橢圓的一個焦點，可得的值，最后由，得解．
【詳解】如圖，是球的一個截面，圓分別與相切于點，，
因為，球的半徑為2，所以，，
所以，
所以，
因為是橢圓的長軸長，所以，所以，
根據球與相切的切點為橢圓的一個焦點，
所以，所以，
所以離心率．
故答案為：．
4. （2024·山東·一模）如圖，在中，已知，其內切圓與AC邊相切于點D，且，延長BA到E，使，連接CE，設以E，C為焦點且經過點A的橢圓的離心率為，以E，C為焦點且經過點A的雙曲線的離心率為，則的取值范圍是 ．
【答案】
【分析】設分別是與圓的切點，設，利用橢圓，雙曲線的定義分切求出的表達式，進而可得的表達式，然后求出的取值范圍即可的解.
【詳解】如圖以的中點為原點直角坐標系，設分別是與圓的切點，由圓的切線性質得，
設，所以，，
在中，，
以為焦點經過點的雙曲線的離心率為，
以為焦點經過點的橢圓的離心率為，
則，
在中，設，所以，，
由余弦定理可得，
所以，所以，得，
由對勾函數的單調性可得函數在上單調遞增，
所以.
故答案為：.
【點睛】關鍵點點睛：根據圓錐曲線的定義結合條件表示出，然后根據余弦定理結合條件求出參數的取值范圍是解出此題的關鍵.
5. （2024·浙江杭州·二模）機場為旅客提供的圓錐形紙杯如圖所示，該紙杯母線長為，開口直徑為．旅客使用紙杯喝水時，當水面與紙杯內壁所形成的橢圓經過母線中點時，橢圓的離心率等于 ．
【答案】/
【分析】依題意，利用等腰三角形求得,再由余弦定理求出橢圓長軸長，作出圓錐的軸截面交橢圓于點，建立坐標系，利用三角形重心性質和相似三角形求出點坐標，代入橢圓方程即可求得半短軸長，利用離心率定義計算即得.
【詳解】
如圖，設,因,故，又,
由余弦定理，，
即,
設橢圓中心為,作圓錐的軸截面,與底面直徑交于，與橢圓交于，
連交于，以點為原點，為軸，建立直角坐標系.
則,又由得 ,
從而則得,
不妨設橢圓方程為，把和點坐標代入方程，解得，
則，故
故答案為：.
02三角換元法的運用
利用三角函數的定義解題：（1）角的頂點與坐標原點重合；（2）角的始邊與軸正半軸重合；在角的終邊上任取一點，該點到原點的距離，則：；； .
6.（23-24高三下·浙江·開學考試）是圓上一動點，為的中點，為坐標原點，則的最大值為 .
【答案】
【分析】寫出圓的參數方程，進而可得點坐標，結合兩點間距離公式轉化為求三角函數的最值即可.
【詳解】如圖所示，
因為圓：的參數方程為，
所以設點，則的中點，
所以，
當時，取得最大值為.
故答案為：.
7. （2024高三·全國·專題練習）已知平面直角坐標系中的定點，，，動點，其中現將坐標平面沿x軸翻折成平面角為的二面角，則C，P兩點間距離的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】先求出動點的軌跡方程，然后利用橢圓的參數方程求解空間中兩點C，P的距離．
【詳解】由，得動點的軌跡方程為，
于是可設；設上半橢圓所在平面為，下半橢圓所在平面為，
當時，，
因為，，所以，從而；
若，依題意，點C到平面上的距離為，射影點，
于是，
因為， ，此時，從．
綜上可得，，
故選：A ．
8. （2023·湖北·二模）已知動直線l的方程為，，，O為坐標原點，過點O作直線l的垂線，垂足為Q，則線段PQ長度的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
利用萬能公式將直線方程化為，求出過原點與直線垂直的直線方程，進而得出點的軌跡為圓心為半徑為3的圓，進而轉化為點到圓的距離即可求解.
【詳解】由可得，
令，由萬能公式可得，
，所以直線的方程為①，
由題意可知過原點與直線垂直的直線方程為②，
可得，即表示點的軌跡為圓心為半徑為3的圓，
于是線段長度的取值范圍為，因為，
所以線段PQ長度的取值范圍為，
故選：B.
9. （2024·浙江紹興·二模）過點作圓的切線，為切點，，則的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據題意可得，三角換元令，，，利用三角恒變換求出最大值.
【詳解】根據題意，設圓的圓心為，則，
，令，，，
則，其中，
所以的最大值為.
故選：D.
10. （2024·山東煙臺·一模）如圖，在平面直角坐標系中，半徑為1的圓沿著軸正向無滑動地滾動，點為圓上一個定點，其初始位置為原點為繞點轉過的角度（單位：弧度，）.

(1)用表示點的橫坐標和縱坐標；
(2)設點的軌跡在點處的切線存在，且傾斜角為，求證：為定值；
(3)若平面內一條光滑曲線上每個點的坐標均可表示為，則該光滑曲線長度為，其中函數滿足.當點自點滾動到點時，其軌跡為一條光滑曲線，求的長度.
【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3)8.
【分析】（1）根據給定條件，結合三角函數及弧長計算求解.
（2）利用復合函數的求導公式，求出切線斜率，再借助三角恒等變換推理即得.
（3）由（1）及給定信息，求出并確定原函數，再求出弧長即得.
【詳解】（1）依題意，，則，
所以.
（2）由復合函數求導公式及（1）得，因此，
而
，
所以為定值1.
（3）依題意，.
由，得，則，于是（為常數），
則，
所以的長度為8.
【點睛】結論點睛：函數是區間D上的可導函數，則曲線在點 處的切線方程為：.
03新定義問題
涉及函數新定義問題，理解新定義，找出數量關系，聯想與題意有關的數學知識和方法，再轉化、抽象為相應的數學問題作答.
11.（2024·浙江寧波·二模）在平面直角坐標系中，定義為兩點間的“曼哈頓距離”.已知橢圓，點在橢圓上，軸.點滿足.若直線與的交點在軸上，則的最大值為 .
【答案】
【分析】先根據條件找出坐標的關系，結合三角換元可得答案.
【詳解】設,由題意，；
不妨設點位于第一象限，由可得,
設直線與的交點為，則有,;
，
由可得，整理得①；
，
由可得，整理得②；
聯立①②可得，由題意，所以，
由橢圓的對稱性可知，
，
因為，設，，
，其中；
所以當時，取到最大值.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：本題求解的關鍵有三個：一是理解新定義的含義；二是根據條件找出坐標的關系;三是借助三角函數求解最值.
12. （2024·浙江·模擬預測）如圖，由部分橢圓和部分雙曲線，組成的曲線稱為“盆開線”．曲線與軸有兩個交點，且橢圓與雙曲線的離心率之積為．
(1)設過點的直線與相切于點，求點的坐標及直線的方程；
(2)過的直線與相交于點三點，求證：．
【答案】(1)，
(2)證明見解析
【分析】（1）根據離心率乘積以及，可求得，可得橢圓方程和雙曲線方程，設切點為，可得切線方程，由過點，即可求解和直線方程；
（2）設出直線方程，聯立橢圓方程和雙曲線方程，利用韋達定理，結合的斜率之和為零，即可求證.
【詳解】（1）由題設可得,，
故橢圓方程為：，雙曲線方程為．
由圖可知，切點在雙曲線上．
設，則，則切線的方程為：，
因為直線過點，所以，，
將代入，得，
所以，，直線的方程為：．
（2）由題意可得的斜率存在且不為零，故設方程為：，
聯立整理得：，
,即且,
解得：或，即．
聯立整理得：，
解得：或，即．
所以，
所以，所以．
13. （2024·安徽·二模）在平面直角坐標系中，利用公式①（其中，，，為常數），將點變換為點的坐標，我們稱該變換為線性變換，也稱①為坐標變換公式，該變換公式①可由，，，組成的正方形數表唯一確定，我們將稱為二階矩陣，矩陣通常用大寫英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉得到點（到原點距離不變），求點的坐標；
(2)如圖，在平面直角坐標系中，將點繞原點按逆時針旋轉角得到點（到原點距離不變），求坐標變換公式及對應的二階矩陣；
(3)向量（稱為行向量形式），也可以寫成，這種形式的向量稱為列向量，線性變換坐標公式①可以表示為：，則稱是二階矩陣與向量的乘積，設是一個二階矩陣，，是平面上的任意兩個向量，求證：．
【答案】(1)
(2)，
(3)證明見解析
【分析】（1）利用三角函數的定義得到旋轉之前的和，再由兩角和的正弦、余弦公式得到點的坐標；
（2）利用三角函數的定義得到旋轉之前的和，再由兩角和的正弦、余弦公式得到點的坐標，再根據變換公式的定義得到變換公式及與之對應的二階矩陣；
（3）根據定義分別計算、、，證明即可.
【詳解】（1）可求得，設，則，，
設點，，
故
所以.
（2）設，，則，，，
故
所以坐標變換公式為，
該變換所對應的二階矩陣為
（3）設矩陣，向量，，則．
，
對應變換公式為：，
，
所以
故對應變換公式同樣為
所以得證.
【點睛】方法點睛：利用三角函數的定義解題：（1）角的頂點與坐標原點重合；（2）角的始邊與軸正半軸重合；在角的終邊上任取一點，該點到原點的距離，則：；； .
14. （多選）（2024·遼寧鞍山·二模）在平面直角坐標系中，定義為點到點的“折線距離”．點是坐標原點，點在直線上，點在圓上，點在拋物線上．下列結論中正確的結論為（ ）
A．的最小值為2 B．的最大值為
C．的最小值為 D．的最小值為
【答案】BCD
【分析】對A，根據折線距離的定義，寫出，利用絕對值放縮和絕對值不等式，可判斷對錯；
對B，根據折線距離的定義，寫出，利用基本（均值）不等式可判斷對錯；
對C：利用圓的參數方程，結合折線距離的定義，寫出，利用絕對值放縮和絕對值不等式，結合三角函數的最值，可判斷對錯；
對D：利用拋物線的參數方程，，結合折線距離的定義，寫出，利用絕對值放縮和絕對值不等式，結合二次函數的值域，可判斷對錯.
【詳解】對A：設，則 （當且僅當時取“”）.故A錯；
對B：設，則.則 ，故B對；
對C：設，，則
（當且僅當，時取“”）.故C對；
對D：設，，則
（當且僅當時取“”）.故D正確.
故選：BCD
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵之一是對“折線距離”的理解，根據新定義，寫出折線距離；關鍵之二是含有絕對值的式子的處理，可根據絕對值的放縮和絕對值不等式，去掉絕對值的符號再求相關最值.
15. （2024·上海靜安·二模）我們稱如圖的曲線為“愛心線”，其上的任意一點都滿足方程，現將一邊在x軸上，另外兩個頂點在愛心線上的矩形稱為心吧．若已知點“愛心線”上任意一點的最小距離為，則用表示心吧面積的最大值為 ．
【答案】
【分析】根據題意，得到，曲線上任意一點求得的最小值為，進而求得心吧面積的最大值.
【詳解】解：由曲線方程，
由點“愛心線”上任意一點且點在軸的右側，
所以點“愛心線”上任意一點的最小距離，一定出現在愛心線位于軸的右側的點，
當時，可得，
設曲線上任意一點，且，
有，
因為的最小值為，所以的最小值為，
當時，心吧面積為的最小值為；
當時，心吧面積為的最大值為.
故答案為：.
04解析幾何與立體幾何結合
16.（2023·江西南昌·三模）艾溪湖大橋由于設計優美，已成為南昌市的一張城市名片.該大橋采用對稱式外傾式拱橋結構，與橋面外伸的圓弧形人行步道相對應，寓意“張開雙臂，擁抱藍天”，也有人戲稱：像一只展翅的蝴蝶在翩翩起舞（如圖）.其中像蝴蝶翅膀的叫橋的拱肋（俗稱拱圈），外形是拋物線，最高點即拋物線的頂點在橋水平面的投影恰為劣弧的中點（圖2），拱圈在豎直平面內投影的高度為，劣弧所在圓的半徑為，拱跨度為，橋面寬為，則關于大橋兩個拱圈所在平面夾角的余弦值，下列最接近的值是（ ）（已知

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據題意求得，從而得到，再利用對稱性與余弦的倍角公式，結合齊次式弦化切即可得解.
【詳解】設弧的中點為，弦的中點為，圓心為，拱圈的頂點為，

有，易知，
則，故，
設，則，
根據對稱性兩個拱圈所在平面的夾角的余弦值為：.
故選：A.
17. （2024·河南·模擬預測）如圖所示，在圓錐內放入兩個球，它們都與圓錐的側面相切（即與圓錐的每條母線相切），且這兩個球都與平面α相切，切點分別為 ，數學家丹德林利用這個模型證明了平面α與圓錐側面的交線為橢圓，記為Γ，為橢圓Γ的兩個焦點.設直線分別與該圓錐的母線交于A，B兩點，過點A的母線分別與球相切于 C，D 兩點，已知以直線為x軸，在平面α內，以線段的中垂線為y軸，建立平面直角坐標系.
(1)求橢圓Γ的標準方程.
(2)點 T在直線上，過點T作橢圓Γ的兩條切線，切點分別為M，N，A，B分別是橢圓Γ的左、右頂點，連接，設直線與交于點P.證明:點 P 在直線上.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據切線長定理可得，可得，，從而可求解.
（2）根據題意設出直線，分別與橢圓方程聯立，再結合根與系數的關系從而可求解.
【詳解】（1）設橢圓Γ的標準方程為 ，
由切線長定理知，
則，解得.
由，解得 .
所以橢圓Γ的標準方程為
（2）
設,
已知，設，
聯立方程組 ，
消去 y得 ，
顯然，
由，可得 ，，
所以，
聯立方程組，
消去 y得 ，
顯然，
由，可得 ，，
同理
因為 M，N是切點，且，所以直線的方程為 ，即，
顯然直線MN過定點，即M，D，N三點共線，則 ，
解得或（舍去），
聯立方程組，解得 ，
即點 P 在直線上.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
18. （20-21高三上·全國·階段練習）已知直線BC垂直單位圓O所在的平面，且直線BC交單位圓于點A，，P為單位圓上除A外的任意一點，l為過點P的單位圓O的切線，則（　　）
A．有且僅有一點P使二面角取得最小值
B．有且僅有兩點P使二面角取得最小值
C．有且僅有一點P使二面角取得最大值
D．有且僅有兩點P使二面角取得最大值
【答案】D
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再構造輔助函數，最后用導數求最值方法判斷．
【詳解】過A作于M，連接MB、MC，如圖所示，
因為直線BC垂直單位圓O所在的平面，直線在平面內，且直線BC交單位圓于點A，
所以，平面，，所以平面，
平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
設，，，，則，
由已知得，，
， ， ，
令，則，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
所以，當時，取最大值，沒有最小值，
即當時取最大值，從而取最大值，
由對稱性知當時，對應P點有且僅有兩個點，
所以有且僅有兩點P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故選：D．
19 .（2024·全國·模擬預測）人類對地球形狀的認識經歷了漫長的歷程．古人認為宇宙是“天圓地方”的，以后人們又認為地球是個圓球.17世紀，牛頓等人根據力學原理提出地球是扁球的理論，這一理論直到1739年才為南美和北歐的弧度測量所證實．其實，之前中國就曾進行了大規模的弧度測量，發現緯度越高，每度子午線弧長越長的事實，這同地球兩極略扁，赤道隆起的理論相符．地球的形狀類似于橢球體，橢球體的表面為橢球面，在空間直角坐標系下，橢球面，這說明橢球完全包含在由平面所圍成的長方體內，其中按其大小，分別稱為橢球的長半軸、中半軸和短半軸．某橢球面與坐標面的截痕是橢圓.
(1)已知橢圓在其上一點處的切線方程為．過橢圓的左焦點作直線與橢圓相交于兩點，過點分別作橢圓的切線，兩切線交于點，求面積的最小值．
(2)我國南北朝時期的偉大科學家祖暅于5世紀末提出了祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．祖暅原理用現代語言可描述為：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．當時，橢球面圍成的橢球是一個旋轉體，類比計算球的體積的方法，運用祖暅原理求該橢球的體積．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據題意可知點的坐標，直線不與軸重合，設出直線的方程，聯立橢圓方程，得到關于的一元二次方程，求出，根據題意可得橢圓在點處的切線方程，進而求出點的坐標，求出點到直線的距離，即可求出的表達式，利用導數求得最小值
（2）類比利用祖暅原理求球的體積的方法，構造以1為半徑，為高的圓柱，挖去同底（圓柱的上底）等高的圓錐構成的幾何體與半橢球滿足祖暅原理的條件，結合圓柱以及圓錐的體積公式，即可求得橢球的體積.
【詳解】（1）橢圓的標準方程為，則．
當直線的傾斜角為時，分別為橢圓的左、右頂點，此時兩切線平行無交點，不符合題意，
所以直線的傾斜角不為,
設直線,
由,得，
則，
所以
,
又橢圓在點處的切線方程為，在點處的切線方程為，
由，得，
代入，得，所以，
則點到直線的距離，
所以，
設，則，
令，則，所以在上單調遞增，
所以當，即時，的面積最小，最小值是；
（2）橢圓的焦點在軸上，長半軸長為，短半軸長為1，
橢球由橢圓及其內部繞軸旋轉而成旋轉體，
構造一個底面半徑為1，高為的圓柱，在圓柱中挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，
圓柱上底面為底面的圓錐后得到一新幾何體，
當平行于底面的截面與圓錐頂點距離為時，設小圓錐底面半徑為，
則，即，所以新幾何體的截面面積為，
把代入，得，解得，
所以半橢球的截面面積為，
由祖暅原理，得橢球的體積.
【點睛】難點點睛：本題考查了橢圓相關三角形面積的求法以及祖暅原理的應用，題目比較新穎，難度較大，解答的難點在于計算三角形面積時，要結合直線方程和橢圓方程聯立，得出根與系數的關系，進行化簡求解，計算量較大，另外要發揮空間想象能力，構造出圓柱中挖去一個圓錐，進而利用祖暅原理求解體積.
20. （2024·河北石家莊·二模）已知橢圓的左、右焦點分別為，離心率為，過點的動直線交于A，B兩點，點在軸上方，且不與軸垂直，的周長為，直線與交于另一點，直線與交于另一點，點為橢圓的下頂點，如圖①.
(1)當點為橢圓的上頂點時，將平面xOy沿軸折疊如圖②，使平面平面，求異面直線與所成角的余弦值；
(2)若過作，垂足為.
（i）證明:直線過定點；
（ii）求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）證明見詳解；（ii）
【分析】（1）據題意求出橢圓方程，折疊后建立空間直角坐標系，利用空間向量即可求出異面直線與所成角的余弦值；
（2）（i）聯立直線與橢圓的方程，根據韋達定理求出點的坐標，同理得到點的坐標，進而得到直線的方程，根據對稱性，可判斷定點在軸上，故令，即可得到定點坐標；（ii）由題意可知，點的軌跡為以，為直徑的圓（除外），由即可求解.
【詳解】（1）由橢圓定義可知，，
所以的周長為，所以，
又因為橢圓離心率為，
所以，所以，
又，
所以橢圓的方程：，
所以橢圓的焦點為，，
當點為橢圓的上頂點時，，
所以直線的方程為：，
由解得，，
由對稱性知，
以為坐標原點，折疊后原軸負半軸，原軸，原軸的正半軸所在直線為軸建立如圖空間直角坐標系，
則，，，，
，，
設直線與所成角為，
則，
異面直線與所成角的余弦值為.
（2）（i）設點，，，，
則直線的方程為，則，
由得，，
所以，
因為，所以，
所以，故，
又，
同理，，，
由三點共線，得，
所以，
直線的方程為，
由對稱性可知，如果直線過定點，則該定點在軸上，
令得，
，
故直線過定點.
（ii）由題意知點，點的軌跡為以，為直徑的圓（除外），
圓心為，半徑為，故.
【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
（3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明
05解析幾何與導數結合問題
21.（多選）（2024·浙江杭州·二模）過點的直線與拋物線C：交于兩點．拋物線在點處的切線與直線交于點，作交于點，則（ ）
A．直線與拋物線C有2個公共點
B．直線恒過定點
C．點的軌跡方程是
D．的最小值為
【答案】BCD
【分析】設出直線的方程為，代入，然后寫出切線方程，結合韋達定理可判斷AB；根據B可得的軌跡方程，從而判斷C；利用弦長公式及點到直線的距離公式表示出，然后利用導數的知識求出最值進而判斷D.
【詳解】設直線的方程為，
聯立，消去得，則，
對于A：拋物線在點處的切線為，
當時得，即，
所以直線的方程為，整理得，
聯立，消去的，解得，即直線與拋物線C相切，A錯誤；
對于B：直線的方程為，整理得，此時直線恒過定點，B正確；
對于C：又選項B可得點在以線段為直徑的圓上，點除外，故點的軌跡方程是，C正確；
對于D： ，
則，
令，
則，
設，
則，
當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，
所以，D錯誤.
故選：BC.

【點睛】方法點睛：直線與拋物線聯立問題
第一步：設直線方程：有的題設條件已知點，而斜率未知；有的題設條件已知斜率，點不定，都可由點斜式設出直線方程．
第二步：聯立方程：把所設直線方程與拋物線方程聯立，消去一個元，得到一個一元二次方程．
第三步：求解判別式Δ：計算一元二次方程根的判別式Δ＞0.
第四步：寫出根之間的關系，由根與系數的關系可寫出．
第五步：根據題設條件求解問題中的結論．
22. （23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）已知拋物線：，焦點為，過作軸的垂線，點在軸下方，過點作拋物線的兩條切線，，，分別交軸于，兩點，，分別交于，兩點．
(1)若，與拋物線相切于，兩點，求點的坐標；
(2)證明：的外接圓過定點；
(3)求面積的最小值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）由已知可得，兩點的坐標，給函數求導可得切線的斜率，利用點斜式表示切線方程，聯立方程即可得點坐標；
（2）設過的兩條切線分別與拋物線切于，，寫出直線，的方程，聯立可得點坐標，設外接圓方程，求出圓心，整理變形即可得定點坐標；
（3）由已知設，坐標，表示和到的距離，然后表示,設，，，可得，利用函數的單調性即可求得最小值.
【詳解】（1）∵，與拋物線相切于，兩點，
設在左側，則，，
由得，所以，
所以的斜率為，的斜率為，
此時方程：，即．
方程：，即，聯立得；
（2）設過的兩條切線分別與拋物線切于，，
由（1）知直線的斜率為，所以直線方程為，即，
直線的斜率為，直線方程為，即，
所以且，，
設外接圓的圓心為，則在的垂直平分線上，而的中點為，所以，
設外接圓方程為：過，所以，
所以，所以，
所以，
整理得，
所以，
令即，所以的外接圓過定點；
（3）：，所以，，
所以，
到的距離為，所以，
設，，，由，
，當且僅當時等號成立．
所以，
令，，
在上單調遞減，上單調遞增，
所以，所以面積的最小值.
【點睛】方法點睛：利用導數的幾何意義可求得切線的斜率，表示切線方程，聯立方程可表示點的坐標；通過設，，，由，，當且僅當時等號成立，把三角形的面積表示為關于的函數，利用函數的單調性求解最小值.
23. （2024·四川德陽·二模）已知雙曲線的左，右頂點分別為是雙曲線上不同于，的一點，設直線的斜率分別為，則當取得最小值時，雙曲線的離心率為（ ）
A． B． C． D．2
【答案】A
【分析】先根據雙曲線的方程，得到，再設，通過求導，判斷函數的極小值點，得到的值，再根據的關系求雙曲線的離心率.
【詳解】設為雙曲線上異于、兩點的任意一點，則，
又，，所以：
所以，
設，則（），
因為 ，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，所以當時，函數取得最小值.
即時，取得最小值.
此時： .
故選：A
24. （2024·全國·模擬預測）已知是坐標原點，拋物線的焦點為，點在上，線段是圓的一條直徑，且的最小值為．
(1)求的方程；
(2)過點作圓的兩條切線，與分別交于異于點的點，求直線斜率的最大值．
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）利用展開計算求最值可得的值；
（2）設直線的方程為，直線的方程為，根據與圓相切求出滿足的二次方程，求出直線斜率的斜率，利用導數求解最值.
【詳解】（1）連接，由題意知
，當點與點重合時取等號，
得，
所以的方程為；
（2）由題意知，
連接，則，
所以．
又當時，圓與軸相切，不滿足題意；
當時，圓與軸相切，不滿足題意，
故且．
設直線的方程為，
因為直線為圓的切線，所以，
整理得．②
設直線的方程為，
同理可得，
所以是關于的方程的兩個根，
所以．設，
由得，同理可得，
所以直線的斜率為，
設，則，
當時，，當時，，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以當時，．
所以直線斜率的最大值為．
25. （多選）（2024·河南信陽·模擬預測）太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圖案，俗稱陰陽魚，太極圖展現了一種相互轉化，相互統一的和諧美．定義：能夠將圓的周長和面積同時等分成兩部分的函數稱為圓的一個“太極函數”下列有關說法中正確的是（ ）
A．對圓的所有非常數函數的太極函數中，一定不能為偶函數；
B．函數是圓的一個太極函數；
C．存在圓，使得是圓的太極函數；
D．直線所對應的函數一定是圓的太極函數．
【答案】BD
【分析】舉出反例判斷A；說明的圖象關于點成中心對稱，結合太極函數定義判斷B；說明圖象關于對稱，不在函數圖象上，結合太極函數定義判斷C；求出直線過的定點，恰為圓心，即可判斷D.
【詳解】對于A，如圖折線形成的函數是偶函數，滿足，

顯然函數的圖象能將圓的周長和面積同時等分成兩部分，A錯誤；
對于B，將正弦函數的圖象向上平移1個單位即得的圖象，
即的圖象關于點成中心對稱，而圓也關于點中心對稱，
因此函數的圖象能將圓的周長和面積同時等分成兩部分，B正確；
對于C，的定義域為，且，
即為奇函數，圖象關于對稱，

若是圓的太極函數，則圓的圓心應為，但是不在的圖象上，
因此函數不能將圓的周長和面積同時等分成兩部分，C錯誤；
對于D，直線，即，
由，解得，則直線恒過定點，
顯然直線經過圓的圓心，
該直線能將圓的周長和面積同時等分成兩部分，D正確，
故選：BD
【點睛】思路點睛：涉及函數新定義問題，理解新定義，找出數量關系，聯想與題意有關的數學知識和方法，再轉化、抽象為相應的數學問題作答.
06解析幾何的實際應用
26.（2024·浙江·模擬預測）應用拋物線和雙曲線的光學性質，可以設計制造反射式天文望遠鏡，這種望遠鏡的特點是，鏡銅可以很短而觀察天體運動又很清楚．某天文儀器廠設計制造的一種反射式望遠鏡，其光學系統的原理如圖（中心截口示意圖）所示．其中，一個反射鏡弧所在的曲線為拋物線，另一個反射鏡弧所在的曲線為雙曲線一個分支．已知是雙曲線的兩個焦點，其中同時又是拋物線的焦點，且，的面積為10，，則拋物線方程為 ．

【答案】
【分析】設，由，解出得點坐標，結合得拋物線方程.
【詳解】以的中點為原點，為軸，建立平面直角坐標系，
不妨設．
由，則有，解得，
又，解得，
，則有，
故拋物線方程為．
故答案為：
27. （2024·浙江·二模）如圖為世界名畫《星月夜》，在這幅畫中，文森特·梵高用夸張的手法，生動地描繪了充滿運動和變化的星空.假設月亮可看作半徑為1的圓的一段圓弧，且弧所對的圓心角為.設圓的圓心在點與弧中點的連線所在直線上.若存在圓滿足：弧上存在四點滿足過這四點作圓的切線，這四條切線與圓也相切，則弧上的點與圓上的點的最短距離的取值范圍為 .（參考數據：）
【答案】
【分析】設弧的中點為，根據圓與圓相離，確定兩圓的外公切線與內公切線，確定圓的位置，分析可得弧上的點與圓上的點的最短距離.
【詳解】如圖，
設弧的中點為，弧所對的圓心角為，
圓的半徑，在弧上取兩點，則，
分別過點作圓的切線，并交直線于點，
當過點的切線剛好是圓與圓的外公切線時，劣弧上一定還存在點，使過點的切線為兩圓的內公切線，
則圓的圓心只能在線段上，且不包括端點，
過點，分別向作垂線，垂足為，則即為圓的半徑，
設線段交圓于點，則弧上的點與圓上的點的最短距離即為線段的長度.
在中，，
則，
即弧上的點與圓上的點的最短距離的取值范圍為.
故答案為：.
【點睛】結論點睛：本題考查了根據兩圓位置關系求距離的范圍的問題.可按如下結論求解：
相離的兩個圓（圓心分別為和 ,半徑分別為和）上的兩個動點之間的距離的最小值是兩圓心之間的距離減去兩圓的半徑，最大值是兩圓心之間的距離加上兩圓的半徑，即.
28. （2024·山西晉中·模擬預測）“工藝折紙”是一種把紙張折成各種不同形狀物品的藝術活動，在我國源遠流長.某些折紙活動蘊含豐富的數學知識，例如：如圖用一張圓形紙片，按如下步驟折紙：
步驟1：設圓心是，在圓內異于圓心處取一定點，記為；
步驟2：把紙片折疊，使圓周正好通過點（即折疊后圖中的點與點重合）；
步驟3：把紙片展開，并留下一道折痕，記折痕與的交點為；
步驟4：不停重復步驟2和3，就能得到越來越多的折痕.
現取半徑為4的圓形紙片，設點到圓心的距離為，按上述方法折紙.以線段的中點為原點，線段所在直線為軸建立平面直角坐標系，記動點的軌跡為曲線.
(1)求曲線的方程；
(2)設軌跡與軸從左到右的交點為點，，為直線上的一動點（點不在軸上），連接交橢圓于點，連接并延長交橢圓于點.是否存在，使得成立？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)存在，理由見詳解
【分析】（1）由折紙的對稱性可知，，從而確定點的軌跡；
（2）設，，，，在根據點的坐標來表示各條直線的解析式，然后得出直線恒過定點的結論，最后數形結合將面積比轉化為邊長比化簡計算.
【詳解】（1）由題意可知，，
所以點的軌跡是以，為焦點，且長軸長的橢圓，焦距，
所以，所以軌跡的方程為；
（2）
存在，使得成立，
設，，，，
又，所以直線的斜率為，
所以直線的方程為，代入得：
，所以，即，
所以，
因為，所以直線斜率為，
所以直線的方程為，代入得：
，所以，所以，
所以，
所以直線的斜率為，
所以直線的方程為，即，
所以直線恒過定點，設該定點為，
所以，，
，
，
所以，
所以.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
29. （2024·全國·模擬預測）已知一個玻璃酒杯盛酒部分的軸截面是拋物線，其通徑長為1，現有一個半徑為的玻璃球放入該玻璃酒杯中，要使得該玻璃球接觸到杯底（盛酒部分），則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以軸截面拋物線的頂點為原點，對稱軸為軸建立平面直角坐標系，寫出該玻璃球的軸截面的方程和拋物線的方程，兩方程聯立，只有一個解求解.
【詳解】解：以軸截面拋物線的頂點為原點，對稱軸為軸建立平面直角坐標系，
當玻璃球能夠與杯底接觸時，該玻璃球的軸截面的方程為 ．
因為拋物線的通徑長為1，則拋物線的方程為，
代入圓的方程消元得：，
所以原題等價于方程在上只有實數解．
因為由，得或，
所以需或，即或．
因為，所以，
故選：C．
30. （2024·上海靜安·二模）江南某公園內正在建造一座跨水拱橋．如平面圖所示，現已經在地平面以上造好了一個外沿直徑為20米的半圓形拱橋洞，地平面與拱橋洞外沿交于點與點． 現在準備以地平面上的點與點為起點建造上、下橋坡道，要求：①；②在拱橋洞左側建造平面圖為直線的坡道，坡度為 （坡度為坡面的垂直高度和水平方向的距離的比）；③在拱橋洞右側建造平面圖為圓弧的坡道；④在過橋的路面上騎車不顛簸．
(1)請你設計一條過橋道路，畫出大致的平面圖，并用數學符號語言刻畫與表達出來；
(2)并按你的方案計算過橋道路的總長度；（精確到0.1米）
(3)若整個過橋坡道的路面寬為10米，且鋪設坡道全部使用混凝土．請設計出所鋪設路面的相關幾何體，提出一個實際問題，寫出解決該問題的方案，并說明理由 （如果需要，可通過假設的運算結果列式說明，不必計算）．
【答案】(1)答案見解析
(2)答案見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）解法1；以線段的中點為坐標原點建立平面直角坐標系，求得圓的方程，得到，聯立方程組，求得 ，設圓的半徑為，求得圓的方程為，進而得到函數的解析式；解法2：以線段的中點為坐標原點建立平面直角坐標系，設圓的半徑為，求得圓的方程為，得到 ，，進而得到函數的解析式；
（2）解法1：求得圓弧的長為，得到圓弧的長為，進而求得過橋道路的總長度；解法2：根據題意，求得，得到圓弧的長，求得圓弧的長為，進而得到過橋道路的總長度；
（3）設計讓橋的側面所在平面垂直于地平面，提出問題，結合面積公式，分別求得鋪設過橋路需要混凝土的值.
【詳解】（1）解法1、如圖所示，以線段的中點為坐標原點建立平面直角坐標系，
則，圓的方程為，
由，得，，
過點作圓的切線，切點為，直線的斜率為，其方程為，
所以直線的斜率為，其方程為，將其代入，
得點的坐標為，
經過點作圓與圓切于點（圓與y軸的交點），設圓的半徑為，
則，即，解得，
所以，圓的方程為，
故用函數表示過橋道路為 .
解法2、如圖所示，以線段的中點為坐標原點建立平面直角坐標系，
作圓與x軸相切于點，并和圓切于點，
設圓的半徑為，則，即，解得，
所以圓的方程為，
將直線的方程代入得，點的坐標為，
所以用函數表示過橋道路為.
（2）解法1：由點的坐標為，得，
所以圓弧的長為 3.398，
由點的坐標為，點的坐標為，得，
所以圓弧的長為 32.175，
所以過橋道路的總長度為 ，
解法2：因為，，
則，即，
所以圓弧的長為，
又由點的坐標為，得，
所以圓弧的長為，
所以過橋道路的總長度為 63.9．
（3）解：設計讓橋的側面所在平面垂直于地平面，則橋拱左側鋪設的是以曲邊形為底面，
高為10米的柱體；橋拱右側鋪設的是以曲邊形（）為底面，高為10米的柱體，
提問：鋪設坡道共需要混凝土多少立方米？
方案1：，
所以，鋪設過橋路需要混凝土10（）．
方案2：，
所以，鋪設過橋路需要混凝土10（）．
07切線、斜率相關問題
過圓上一點的切線方程為：， 過圓外一點的切點弦方程為：. 過橢圓上一點的切線方程為， 過橢圓外一點的切點弦方程為; 過雙曲線上一點的切線方程為, 過雙曲線外一點的切點弦方程為,
31.（多選）（2024·浙江金華·模擬預測）已知橢圓為原點，過第一象限內橢圓外一點作橢圓的兩條切線，切點分別為A，B．記直線的斜率分別為，若，則（ ）
A．為定值 B．為定值
C．的最大值為2 D．的最小值為4
【答案】AD
【分析】設直線的方程為，聯立橢圓方程，得到兩根之和，兩根之積，由得到方程，求出，證明橢圓在處的切線方程為，從而得到橢圓在點和的切線方程，得到切點弦方程為，對照系數結合得到的軌跡方程，A選項，計算出，，求出；B選項，在A選項基礎上進行求解；C選項，得到雙曲線的漸近線，C錯誤；D選項，先得到，設，則，聯立雙曲線方程，由根的判別式得到不等式，求出答案.
【詳解】由于，故不關于軸對稱且的橫縱坐標不為0，
所以直線方程斜率一定存在，
設直線的方程為，聯立得，
，
設，則，
故
，
其中，
故，即，
所以，解得，
下面證明橢圓在處的切線方程為，理由如下：
當時，故切線的斜率存在，設切線方程為，
代入橢圓方程得：，
由，化簡得：
，
所以，
把代入，得：，
于是，
則橢圓的切線斜率為，切線方程為，
整理得到，
其中，故，即，
當時，此時或，
當時，切線方程為，滿足，
當時，切線方程為，滿足，
綜上：橢圓在處的切線方程為；
故橢圓在點的切線方程為，
同理可得，橢圓在點的切線方程為，
由于點為與的交點，
故，，
所以直線為，
因為直線的方程為，對照系數可得
，
又，故，整理得，
又在第一象限，
故點的軌跡為雙曲線位于第一象限的部分，
A選項，，同理可得，
則，A正確；
B選項，
，
其中
又，
故，不為定值，
故不是定值，B錯誤；
C選項，由于，，，故雙曲線的一條漸近線為，
設，則，故無最大值，
D選項，由于，，，故，
設，則，
則兩式聯立得，
由得，，
檢驗，當時，，又，
解得，滿足要求.
故的最小值為4，D正確.
故選：AD
【點睛】結論點睛：過圓上一點的切線方程為：，
過圓外一點的切點弦方程為：.
過橢圓上一點的切線方程為，
過橢圓外一點的切點弦方程為;
過雙曲線上一點的切線方程為,
過雙曲線外一點的切點弦方程為,
32. （2024·全國·模擬預測）費馬原理，也稱為時間最短原理：光傳播的路徑是光程取極值的路徑．在凸透鏡成像中，根據費馬原理可以推出光線經凸透鏡至像點的總光程為定值（光程為光在某介質中傳播的路程與該介質折射率的乘積）．一般而言，空氣的折射率約為1．如圖是折射率為2的某平凸透鏡的縱截面圖，其中平凸透鏡的平面圓直徑為6，且與軸交于點．平行于軸的平行光束從左向右照向該平凸透鏡，所有光線經折射后全部匯聚在點處并在此成像．（提示：光線從平凸透鏡的平面進入時不發生折射）

(1)設該平凸透鏡縱截面中的曲線為曲線，試判斷屬于哪一種圓錐曲線，并求出其相應的解析式．
(2)設曲線為解析式同的完整圓錐曲線，直線與交于，兩點，交軸于點，交軸于點（點不與的頂點重合）．若，，試求出點所有可能的坐標．
【答案】(1)為雙曲線的一部分，解析式為
(2)或
【分析】（1）設，根據光線經凸透鏡至像點的總光程為定值建立等量關系，簡、整理即可得解；
（2）設出，的坐標，根據向量的坐標運算得到，的坐標，將點，的坐標代入的方程，得到兩個方程，根據根與系數的關系及建立方程，解方程即可
【詳解】（1）設上任意一點，，光線從點至點的光程為，光線穿過凸透鏡后從點折射到點的光程為，
則，，
由題意得，得，化簡得，
，．令，得，
為雙曲線的一部分，解析式為．
（2）由題意知．
設，，，，
則，，，
，，，
易知，，得，，
即，．
將點的坐標代入，得，
化簡整理得．
同理可得，
與為方程的兩個解，
．
由題知，，解得，
點的坐標可能為或.

【點睛】關鍵點點睛：本題考查雙曲線與直線的位置關系， 關鍵是將向量坐標化，并將點代入曲線得到關于k的二次方程，結合韋達定理求解.
33. （2024·山東臨沂·一模）動圓與圓和圓都內切，記動圓圓心的軌跡為.
(1)求的方程；
(2)已知圓錐曲線具有如下性質：若圓錐曲線的方程為，則曲線上一點處的切線方程為：，試運用該性質解決以下問題：點為直線上一點（不在軸上），過點作的兩條切線，切點分別為.
（i）證明：直線過定點；
（ii）點關于軸的對稱點為，連接交軸于點，設的面積分別為，求的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析，（ii）
【分析】（1）根據橢圓的定義求解點的軌跡方程；
（2）（i）根據題意中的性質求解出兩條切線方程，代入點坐標后，得出直線的方程，從而得出定點坐標；
（ii）聯立直線的方程與橢圓的方程，由韋達定理得出，進而求解出的定點坐標，表示出，由基本不等式得出結果.
【詳解】（1）設動圓的半徑為，由題意得圓和圓的半徑分別為，，
因為與，都內切，
所以，，
所以，
又，，故，
所以點的軌跡是以，為焦點的橢圓，
設的方程為：，
則，，所以，
故的方程為：.
（2）（i）證明：設，，，
由題意中的性質可得，切線方程為，
切線方程為，
因為兩條切線都經過點，所以，，
故直線的方程為：，顯然當時，，
故直線經過定點.
（ii）設直線的方程為：，
聯立，整理得，
由韋達定理得，
又，所以直線的方程為，
令得，
，
所以直線經過定點，又，
所以
，
所以，當且僅當時，即時取等號.
【點睛】方法點睛：求解直線過定點問題常用方法如下：
(1)“特殊探路，一般證明”，即先通過特殊情況確定定點，再轉化為有方向、有目的的一般性證明；
(2)“一般推理，特殊求解”：即設出定點坐標，根據題設條件選擇參數，建立一個直線系或曲線的方程，再根據參數的任意性得到一個關于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即為所求點；
(3）求證直線過定點，常利用直線的點斜式方程或截距式來證明.
34. （2024·湖北武漢·模擬預測）某校數學問題研究小組的同學利用電腦對曲線進行了深人研究．已知點在曲線上，曲線在點處的切線方程為．請同學們研究以下問題，并作答．
(1)問題1：過曲線的焦點的直線與曲線交于兩點，點在第一象限．
（i）求（為坐標原點）面積的最小值；
（ii）曲線在點處的切線分別為，兩直線相交于點，證明．
(2)問題2：若是曲線上任意兩點，過的中點作軸的平行線交曲線于點，記線段與曲線圍成的封閉區域為，研究小組的同學利用計算機經過多次模擬實驗發現是個定值，請求出這個定值．
【答案】(1)（i）；（ii）證明見解析
(2)
【分析】（1）（i）設直線的方程為，與拋物線聯立，利用韋達定理計算，然后求最值即可；（ii）利用坐標運算計算即可；
（2）， 找到各小塊三角形的面積與的關系，從而得到方程，解出值..
【詳解】（1）（i）明顯直線的斜率不為零，設直線的方程為，，
聯立，消去得，
則，
又，
則當時，的面積最小，且最小值為；
（ii）由已知得，
聯立，解得，即
所以
所以 ；
（2）如圖. ，線段$AB$的中點，
則.
，
分別過線段的中點，線段的中點，
作軸的平行線交拋物線分別于兩點，連接.
同理可得 .
，（分子的上標均省略了文字“的面積”）
又由于的面積的面積的面積，
所以，解得.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是如何繞過直接求出曲線圍成的面積，通過找到各三角形與三角形之間的關系，從而解出值.
35. （2024·浙江金華·模擬預測）已知雙曲線：，F為雙曲線的右焦點，過F作直線交雙曲線于A，B兩點，過F點且與直線垂直的直線交直線于P點，直線OP交雙曲線于M，N兩點．
(1)求雙曲線的離心率；
(2)若直線OP的斜率為，求的值；
(3)設直線AB，AP，AM，AN的斜率分別為，，，，且，，記，，，試探究v與u，w滿足的方程關系，并將v用w，u表示出來．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】
（1）根據雙曲線方程求離心率；
（2）首先由已知得，由直線垂直關系，點斜式寫出直線的方程，聯立曲線并應用韋達定理求；
（3）首先由條件設出點的坐標，并根據已知條件表示，進而求出和，再求直線，與雙曲線方程聯立，求得，并結合已知確定與的關系.
【詳解】（1）
由雙曲線方程可知，，，，
所以雙曲線的離心率；
（2）設，，，由題意可知，，則直線的斜率，
所以直線的斜率，故直線的方程為，
聯立直線和雙曲線，，得，顯然，
由韋達定理得，，
所以；
（3）設，，則，
因為，故為，代入，得點，
所以，
因為點在雙曲線上，故滿足雙曲線方程，即，
所以，
所以，
，
又，聯立直線雙曲線，，得，
根據題意知，此方程的兩根即為，所以，
所以，
，
即
所以，即
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵是設出相關點的坐標，利用相關點的坐標表示斜率，整理后即可求解.
08模長相關問題
利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下： （1）設直線方程，設交點坐標為； （2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷； （3）列出韋達定理； （4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式； （5）代入韋達定理求解.
36.（23-24高三下·浙江·開學考試）已知橢圓的長軸長為4，離心率為，左頂點為，過右焦點作直線與橢圓分別交于兩點（異于左右頂點），連接.
(1)證明：與不可能垂直；
(2)求的最小值；
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）求出橢圓方程，設出點坐標，結合求解即可.
（2）設直線方程，聯立直線方程與橢圓方程，結合韋達定理可表示，運用換元法進而將問題轉化為求關于的二次函數的最小值.
【詳解】（1）由題意知，，
又因為，所以橢圓方程為，則，
證明：設，，則①，
如圖所示，
假設，即，
所以，
又，，
所以②，
由①②消去得到，與題設矛盾，所以與不可能垂直.
（2）如圖所示，

設方程為：，
由，得，
設，則，
所以，
，
所以 ，
設，
則
，
即當，即時，取得最小值為.
故的最小值為.
37. （2024·浙江臺州·二模）已知橢圓：，直線：交橢圓于M，N兩點，T為橢圓的右頂點，的內切圓為圓Q.
(1)求橢圓的焦點坐標；
(2)求圓Q的方程；
(3)設點，過P作圓Q的兩條切線分別交橢圓C于點A，B，求的周長.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）化簡橢圓的標準方程，根據的關系即可求得焦點坐標；
（2）先聯立方程求得，，求出直線的方程，然后利用待定系數法求得內切圓的方程；
（3）設過P作圓Q的切線方程為，利用相切關系求得點A，B坐標，進而結合內切圓的半徑利用三角形中等面積法求解即可.
【詳解】（1）橢圓的標準方程為，因為，所以焦點坐標為.
（2）將代入橢圓方程得，由對稱性不妨設，，
直線的方程為，即，
設圓Q方程為，由于內切圓Q在的內部，所以，
則Q到直線和直線的距離相等，即，解得，，
所以圓方程為.
（3）顯然直線和直線的斜率均存在，
設過P作圓Q的切線方程為，
其中k有兩個不同的取值和分別為直線和的斜率.
由圓Q與直線相切得：，化簡得：，
則，
由得，
可得，
所以
.
同理，，所以直線的方程為，
所以與圓Q相切，將代入得，
所以，又點P到直線的距離為，
設的周長為，則的面積，
解得.所以的周長為.

38. （2024·浙江金華·模擬預測）在直角坐標系中，圓Γ的圓心P在y軸上（不與重合），且與雙曲線的右支交于A，B兩點．已知．
(1)求Ω的離心率；
(2)若Ω的右焦點為，且圓Γ過點F，求的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由點差法與直線與圓的性質分別得到與直線的斜率有關的等量關系，結合已知條件將坐標化，得，再結合兩斜率關系，整體消元可得，從而求出斜率；
（2）將化斜為直，轉化為坐標表示，再由韋達定理代入得關于的函數解析式，求解值域即可.
【詳解】（1）設，，則線段中點
由題意不與重合，則，由在雙曲線右支上，則，
所以斜率存在且不為.
由在雙曲線上，則，且，
兩式作差得，
所以有，
故①，
由圓Γ的圓心P在y軸上（P不與O重合），設，
由題意，
則，
化簡得，由，得，
由圓Γ的圓心為，弦中點為，所以，
則，即②，
由①②得，，則，
故Ω的離心率為.
（2）由Ω的右焦點為，得，
由（1）知，，所以有，故雙曲線的方程為.
設圓的方程為，由圓Γ過點，則，
則圓的方程可化為，
聯立，消化簡得，
，
其中，，則有，
由，
同理，
所以，
其中，
令，則，
所以，
設，，
由函數在單調遞增，則，即，
所以有，
故,
.

【點睛】方法點睛：圓錐曲線最值范圍問題，關鍵在把要求最值（范圍）的幾何量、代數式轉化為某個（些）參數的函數，然后利用函數、不等式方法進行求解.
39. （2023·安徽蕪湖·模擬預測）設雙曲線：（，）過，，，四個點中的三個點．
(1)求雙曲線的方程；
(2)過點作兩條互相垂直的直線，，其中與的右支交于，兩點，與直線交于點，與的右支相交于，兩點，與直線交于點，求的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由題意可得雙曲線不過點，將其余點坐標代入雙曲線方程計算即可得；
（2）借助韋達定理與兩點間距離公式表示出并化簡后，可得，結合基本不等式即可得解.
【詳解】（1）由，，，與不能同過，與對稱，
故該雙曲線不過點，
則有，解得，即雙曲線方程為；
（2）由雙曲線方程為，故，
由題意可知，，的斜率均存在，
設的斜率為，則的斜率為，
即，設、，
令，則，即，
聯立雙曲線，有，
由雙曲線性質可知，即，
此時恒成立，
有，，
則，，
故
，
同理可得，
則
，當且僅當，即時，等號成立，
即的最大值為.
【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，注意的判斷；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、（或、）的形式；
（5）代入韋達定理求解.
圓錐曲線最值范圍問題，關鍵在把要求最值（范圍）的幾何量、代數式轉化為某個（些）參數的函數，然后利用函數、不等式方法進行求解.
40. （2024高三·全國·專題練習）已知O為坐標原點，拋物線，過點的直線交拋物線于A，B兩點，．
(1)求拋物線C的方程；
(2)若點，連接AD，BD，證明：；
(3)已知圓G以G為圓心，1為半徑，過A作圓G的兩條切線，與y軸分別交于點M，N且M，N位于x軸兩側，求面積的最小值．
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)8
【分析】（1）設直線的方程為，聯立方程，利用韋達定理求出，再求出，再根據求出，即可求出拋物線C的方程；
（2）要證，即證DG平分，即證，結合（1）計算化簡即可得出結論；
（3）記AM，AN分別與圓G切于點T，F，連接TG，MG，NG，求出，結合切線長定理可得，，，再根據，求出，再結合基本不等式即可得解.
【詳解】（1）設直線的方程為，
由，得，
設，，
則，，
從而，解得，
所以拋物線C的方程為；
（2）要證，即證DG平分，即證，
由（1）可知，，
則
，
故；
（3）記AM，AN分別與圓G切于點T，F，連接TG，MG，NG，
由題意，得，
由切線長定理，知，，，
所以，
又
，解得，
所以，
當且僅當，即時，取等號，
故面積的最小值為8．
【點睛】思路點睛：解決直線與圓錐曲線的位置關系問題要做好兩點：一是轉化，把題中的已知和所求準確轉化為代數中的數與式，即形向數的轉化；二是設而不求，即聯立直線方程與圓錐曲線方程，利用根與系數的關系求解．
09解析幾何新考點
41.（2024·安徽蕪湖·二模）已知直線l：與曲線W：有三個交點D、E、F，且，則以下能作為直線l的方向向量的坐標是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由函數的性質可得曲線的對稱中心，即得，再根據給定長度求出點的坐標即得.
【詳解】顯然函數的定義域為R，，即函數是奇函數，
因此曲線的對稱中心為，由直線l與曲線的三個交點滿足，得，
設，則，令，則有，即，
解得，即，因此點或，或，
選項中只有坐標為的向量與共線，能作為直線l的方向向量的坐標是.
故選：C
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵首先是得到曲線對稱中心為，從而得到，然后再去設點坐標，根據，得到高次方程，利用換元法結合因式分解解出的坐標即可.
42. （2023·陜西西安·模擬預測）雙紐線是1694年被瑞士數學家雅各布·伯努利用來描述他所發現的．在平面直角坐標系中，把到定點和距離之積等于的點的軌跡稱為雙紐線．已知點是雙紐線上一點，下列說法正確的是（ ）
①雙紐線關于原點對稱；②；③雙紐線上滿足的點只有兩個；④的最大值是.
A．①②③ B．①②④ C．①② D．①②③④
【答案】B
【分析】對①，設動點，把關于原點對稱的點代入軌跡方程，顯然成立；對②，根據的面積范圍證明即可；對③，易得若，則在軸上，再根據的軌跡方程求解即可；對④，根據題中所給的定點，距離之積等于，再畫圖利用余弦定理分析中的邊長關系，進而利用三角形三邊的關系證明即可.
【詳解】對①，設動點，由題可得的軌跡方程，
把關于原點對稱的點代入軌跡方程，原方程不變，故①正確；
對②，因為，故，
又，所以，
即，故，故②正確；
對③，若，則在的中垂線即軸上，
故此時，代入，
可得，即，僅有一個，故③錯誤；
對④，因為，故，
即，
因為，，
故，
即，
所以，
又，當且僅當共線時取等號，
故，
即，解得，故④正確.
故選：B
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查了動點軌跡方程的性質判定，因為該方程較復雜，故在作不出圖象時，需要根據題意求出動點的方程進行對稱性的分析，同時需要結合解三角形的方法對所給信息進行辨析.
43. （2024·河北邯鄲·二模）已知橢圓的中心為坐標原點，對稱軸為軸、軸，且過兩點．
(1)求的方程．
(2)是上兩個動點，為的上頂點，是否存在以為頂點，為底邊的等腰直角三角形？若存在，求出滿足條件的三角形的個數；若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)存在，個
【分析】（1）設橢圓的方程為，根據條件得到，即可求出結果；
（2）設直線為，直線為，當時，由橢圓的對稱性知滿足題意；當時，聯立直線與橢圓方程，求出的坐標，進而求出中垂線方程，根據條件中垂線直經過點，從而將問題轉化成方程解的個數，即可解決問題.
【詳解】（1）由題設橢圓的方程為，
因為橢圓過兩點，
所以，得到，所以橢圓的方程為.
（2）由（1）知，易知直線的斜率均存在且不為0，
不妨設，，直線為，直線為，
由橢圓的對稱性知，當時，顯然有，滿足題意，
當時，由，消得到，
所以，，即，
同理可得，所以，
設中點坐標為，則，，
所以中垂線方程為，
要使為為底邊的等腰直角三角形，則直中垂線方程過點，
所以，整理得到，
令，則，，所以有兩根，且，即有兩個正根，
故有2個不同的值，滿足，
所以由橢圓的對稱性知，當時，還存在2個符合題意的三角形，
綜上所述，存在以為頂點，為底邊的等腰直角三角形，滿足條件的三角形的個數有3個.

【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于第（2）問，通過設出直線為，直線為，聯立橢圓方程求出坐標，進而求出直線的中垂線方程，將問題轉化成直線的中垂線經過點，再轉化成關于的方程的解的問題.
44. （2024·全國·一模）我國著名科幻作家劉慈欣的小說《三體Ⅱ·黑暗森林》中的“水滴”是三體文明使用新型材料-強互作用力（SIM）材料所制成的宇宙探測器，其外形與水滴相似，某科研小組研發的新材料水滴角測試結果如圖所示（水滴角可看作液、固、氣三相交點處氣—液兩相界面的切線與液—固兩相交線所成的角），圓法和橢圓法是測量水滴角的常用方法，即將水滴軸截面看成圓或者橢圓（長軸平行于液—固兩者的相交線，橢圓的短半軸長小于圓的半徑）的一部分，設圖中用圓法和橢圓法測量所得水滴角分別為，，則（ ）
附：橢圓上一點處的切線方程為.
A． B．
C． D．和的大小關系無法確定
【答案】A
【分析】運用圓和橢圓的切線方程分別求得、，結合可判斷兩者大小.
【詳解】由題意知，若將水滴軸截面看成圓的一部分，圓的半徑為，如圖所示，
則，解得，
所以，
若將水滴軸截面看成橢圓的一部分，設橢圓方程為 ，如圖所示，
則切點坐標為，
則橢圓上一點的切線方程為，
所以橢圓的切線方程的斜率為，
將切點坐標代入切線方程可得，解得，
所以，
又因為，
所以，即，
所以.
故選：A.
45. （2020·上海浦東新·三模）數學中的數形結合也可以組成世間萬物的絢麗畫面，一些優美的曲線是數學形象美、對稱美、和諧美的產物，曲線：為四葉玫瑰線，下列結論正確的有（ ）

（1）方程，表示的曲線在第二和第四象限；
（2）曲線上任一點到坐標原點的距離都不超過；
（3）曲線構成的四葉玫瑰線面積大于；
（4）曲線上有個整點橫、縱坐標均為整數的點.
A．（1）（2） B．（1）（2）（3） C．（1）（2）（4） D．（1）（3）（4）
【答案】A
【分析】因為，所以與異號，從而可判斷（1）；利用基本不等可判斷（2）；將以為圓心，2為半徑的圓的面積與曲線圍成區域的面積進行比較即可判斷（3）；先確定曲線經過點，再將第一象限內經過的整點，，逐一代入曲線的方程進行檢驗，根據對稱性即可判斷（4）.
【詳解】對于（1）：因為，所以x與y異號，故圖象在第二和第四象限，正確；
對于（2）：因為 ，所以，
所以，所以，正確；
對于（3）：以O為圓點，2為半徑的圓O的面積為，
結合（2）知然曲線C圍成的區域的面積小于圓O的面積，錯誤；
對于（4）：將和聯立，解得，
所以可得圓與曲線C相切于點，，，，
點的位置是圖中的點M，

由曲線的對稱性可知，只需要考慮曲線在第一象限內經過的整點即可，
把，和代入曲線C的方程驗證可知，等號不成立，
所以曲線C在第一象限內不經過任何整點，再結合曲線的對稱性可知，曲線C只經過整點，錯誤.
故選：A
10解析幾何之類比距離問題
46.（23-24高三上·黑龍江·期末）已知直線交圓于兩點，則的最小值為（ ）
A．9 B．16 C．27 D．30
【答案】D
【分析】根據題中條件，先求得弦的中點的軌跡方程，則的幾何意義為兩點到直線的距離之和，即點到直線距離的2倍，結合點到直線的距離公式求解即可.
【詳解】由題設直線與軸的交點為，設弦的中點為，
連接，則，即，所以，
即，
所以點的軌跡方程為，
即的軌跡是以為圓心，1為半徑的圓，
設直線為，則到的最小距離為，
過分別作直線的垂線，垂足分別為，
則四邊形是直角梯形，且是的中點，
則是直角梯形的中位線，所以，即，
即，
所以的最小值為30.
故選：D.
47. （2024·新疆烏魯木齊·二模）在平面直角坐標系中，重新定義兩點之間的“距離”為，我們把到兩定點的“距離”之和為常數的點的軌跡叫“橢圓”．
(1)求“橢圓”的方程；
(2)根據“橢圓”的方程，研究“橢圓”的范圍、對稱性，并說明理由；
(3)設，作出“橢圓”的圖形，設此“橢圓”的外接橢圓為的左頂點為，過作直線交于兩點，的外心為，求證：直線與的斜率之積為定值．
【答案】(1)
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）設“橢圓”上任意一點為，則，再根據兩點之間的“距離”得新定義即可得解；
（2）將點分別代入即可判斷其對稱性，取絕對值符號，進而可得出范圍；
（3）先求出橢圓方程，設直線的方程為，聯立方程，利用韋達定理求出，分別求出直線的方程，設，再次求出的關系，進而求出，從而可得出結論.
【詳解】（1）設“橢圓”上任意一點為，則，
即，即，
所以“橢圓”的方程為；
（2）由方程，得，
因為，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“橢圓”的范圍為，，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于軸對稱，
將點代入得，，
即，方程不變，所以“橢圓”關于原點對稱，
所以“橢圓”關于軸，軸，原點對稱；

（3）由題意可設橢圓的方程為，
將點代入得，解得，
所以橢圓的方程為，，
由題意可設直線的方程為，
聯立，得，
恒成立，
則，
因為的中點為，
所以直線的中垂線的方程為，
同理直線的中垂線的方程為，
設，則是方程的兩根，
即是方程的兩根，
所以，
又因，
所以，
兩式相比得，所以，
所以，
所以直線與的斜率之積為定值．

【點睛】方法點睛：求定值問題常見的方法有兩種：
（1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關；
（2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
48. （2024·江蘇南通·二模）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓Γ：的離心率為，直線l與Γ相切，與圓O：相交于A，B兩點.當l垂直于x軸時，.
(1)求Γ的方程；
(2)對于給定的點集M，N，若M中的每個點在N中都存在距離最小的點，且所有最小距離的最大值存在，則記此最大值為.
（?。┤鬗，N分別為線段AB與圓O上任意一點，P為圓O上一點，當的面積最大時，求；
（ⅱ）若，均存在，記兩者中的較大者為.已知，，均存在，證明：.
【答案】(1)；
(2)（?。?；（ⅱ）證明見解析.
【分析】（1）根據給定條件，求出，再結合離心率求出即得.
（2）（?。┰谥本€的斜率存在時，設出直線方程并與橢圓方程聯立，借助判別式求出圓心到距離，列出的面積關系求解，再驗證斜率不存在的情況；（ⅱ）利用新定義，結合對稱性推理即得.
【詳解】（1）因為當垂直于軸時，，而直線與Γ相切，則，解得，
又橢圓的離心率為，則橢圓的半焦距，，
所以的方程為.
（2）（i）當的斜率存在時，設的方程為：，
由消去得：，
由直線與橢圓相切，得，整理得，
于是圓心到直線的距離，
則的面積為，
設，求導得，
當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，
因此當時，取得最大值，此時，
當的斜率不存在時，由（1）知，，
由，得，則.
對于線段上任意點，連接并延長與圓交于點，則是圓上與最近的點，
當為線段的中點時，取得最大值，所以.
（ii）因為均存在，
設點，且，
設是集合中到的最近點，根據對稱性，不妨設，
令點到集合的最近點為，點到集合的最近點為，
因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，
因為是集合中所有點到集合最近點距離的最大值，則，
因此，
而在坐標平面中，，又點是集合中到點的最近點，則，
所以.
【點睛】關鍵點睛：本題第（2）問涉及新定義問題，反復認真讀題，理解最小距離的最大值的含義是解題的關鍵.
49. （2022·上海閔行·二模）已知直線與圓有公共點，且公共點的橫 縱坐標均為整數，則滿足的有（ ）
A．40條 B．46條 C．52條 D．54條
【答案】A
【分析】通過分析得出圓上的整數點共有12個，由直線為截距式，先排除掉關于原點對稱的兩點所連直線，關于x軸對稱的兩點所連直線（不含），
關于y軸對稱的兩點所連直線（不含），再結合變形為，利用幾何意義得到原點到直線的距離小于等于，
利用垂徑定理，弦長越小，原點到直線的距離越大，故先求解最小弦長，進而求出原點到此類直線的距離，與比較后發現不合要求，進而繼續求解第二小弦長，第三小弦長，求出原點到每類直線的距離，與比較得到結論，利用組合知識求出答案.
【詳解】圓上的整數點共有12個，分別為，
如圖所示，
由題意可知：直線的橫、縱截距都不為0，即與坐標軸不垂直，不過坐標原點，
所以關于原點對稱的兩點所連直線不合題意，有6條，舍去，
關于x軸對稱的兩點所連直線（不含）不合題意，有4條，舍去，
關于y軸對稱的兩點所連直線（不含）不合題意，有4條，舍去
其中變形為，
幾何意義為原點到直線的距離小于等于，
這12個點所連的直線中，除去以上不合要求的直線外，根據弦長從小到大分為類，
以下為具體情況：①，弦長為的直線有4條，
此時原點到此類直線的距離為，不合要求，舍去
②，弦長為的直線有8條，
此時原點到此直線的距離為，不合要求，舍去
③，弦長為的直線有8條，
此時原點到此直線的距離為，滿足要去，
④其他情況弦長均大于，故均滿足要求，
由組合知識可知：滿足要求的直線條數為：
故選：A
【點睛】對于比較復雜一些的排列組合知識，直接求解比較困難的時候，可以先求解出總的個數，再減去不合要求的個數，得到答案.
50. （2022·全國·模擬預測）設點是：上的動點，點是直線：上的動點，記，則的最小值是 ．
【答案】
【分析】設，將轉化成探求線段長最值問題求解作答.
【詳解】如圖，過：上一點作軸交直線于點，
過直線：上的動點作交直線于點，

依題意，設，顯然圓C與直線l相離，
則可得：，
因為直線：的斜率為，所以，
，
其中銳角由確定，
所以的最小值是.
故答案為：
【點睛】思路點睛：涉及圖形上的點變化引起的線段長度、圖形面積等問題，若點的運動與某角的變化相關，可以設此角為自變量，借助三角函數解決.
11解析幾何與數列結合
51.（2024高三下·安徽淮北·期中）雙曲線的左右焦點分別是，，點在其右支上，且滿足，，則的值是（ ）
A． B． C．8056 D．8048
【答案】C
【分析】先求出，再根據得到，再利用等差數列的通項求解即可.
【詳解】∵，，∴，即，
又，∴，
即，
∴，
由題意知，，∴，
∴是以4為首項，4為公差的等差數列，
∴.
故選：C.
【點睛】本題主要考查雙曲線的簡單幾何性質，考查等差數列的判斷和通項的求法，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.
52. （2024·河南信陽·模擬預測）已知橢圓C：短軸長為2，左、右焦點分別為，，過點的直線l與橢圓C交于M，N兩點，其中M，N分別在x軸上方和下方，，，直線與直線MO交于點，直線與直線NO交于點．
(1)若的坐標為，求橢圓C的方程；
(2)在（1）的條件下，過點并垂直于x軸的直線交C于點B，橢圓上不同的兩點A，D滿足，，成等差數列．求弦AD的中垂線的縱截距的取值范圍；
(3)若，求實數a的取值范圍．
【答案】(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由橢圓的性質可得，再由兩中線的交點為重心和重心的性質得到點，代入橢圓方程可得即可；
（2）由等差中項的性質得到，再由弦長公式得到，然后分當AB斜率存在時由點差法得到，再由點斜式寫出弦的中垂線方程，當時，得到；當AB斜率不存在時，此時AD：，；最后得到范圍；
（3）解法一：根據重心性質及面積公式得，，再結合已知不等式條件解不等式組可得，然后直曲聯立得到；轉化為對任意的t恒成立，解不等式即可；解法二：根據重心的性質可得，再由幾何圖形的面積關系結合三角形的面積公式得到；，后同解法一.
【詳解】（1）依題意，，故橢圓C：；
易知點為的重心，則，故，
代入橢圓方程得∴橢圓C的方程為；
（2）
∵，，成等差數列，．∴．
設，，AD中點．，
由弦長公式
，
∵，∴，
同理，代入可得，
①當AB斜率存在時兩式作差可得，，
∴，
∴弦AD的中垂線方程為，
當時，，即AD的中垂線的縱截距．
∵在橢圓C內，∴，得，且．
②當AB斜率不存在時，此時AD：，．
∴綜上所述，即弦AD的中垂線的縱截距的取值范圍為．
（3）解法一：易知點，分別為，的重心，設，，設點，，則根據重心性質及面積公式得，
，
而∴，
∴，∴，，
設直線l：，則聯立橢圓方程得
消元化簡得，，，
∴，，
∴，
∴對任意的t恒成立，
即，故實數a的取值范圍為．
解法二：易知點為的重心，，
∴，，，
此時，設點，，，，則根據重心的性質可得，
∴，，，
∴，；；
而，∴，
∴，；
設直線l：，則聯立橢圓方程得
消元化簡得，，，
∴，，
∴，
∴對任意的t恒成立，
即，故實數a的取值范圍為．
【點睛】關鍵點點睛：
（1）三角形重心分得線段長度比為；
（2）當求橢圓的中點弦或中點弦的垂直平分線時可用點差法較為容易.
53. （2020·江蘇·模擬預測）已知函數，若對于正數，直線與函數的圖像恰好有個不同的交點，則 .
【答案】
【分析】由題意首先確定函數的性質，然后結合直線與圓的位置關系得到的表達式，最后裂項求和即可求得的值.
【詳解】當時，，即，；
當時，，函數周期為2，
畫出函數圖象，如圖所示：
與函數恰有個不同的交點，
根據圖象知，直線與第個半圓相切，
故，故，
.
故答案為：.
【點睛】方法點睛：已知函數有零點(方程有根)求參數值(取值范圍)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通過解不等式確定參數范圍；
（2）分離參數法：先將參數分離，轉化成求函數的值域問題加以解決；
（3）數形結合法：先對解析式變形，進而構造兩個函數，然后在同一平面直角坐標系中畫出函數的圖象，利用數形結合的方法求解
54. （2024·河北·模擬預測）已知平面內定點是以為直徑的圓上一動點（為坐標原點）．直線與點處的切線交于點，過點作軸的垂線，垂足為，過點作軸的垂線，垂足為，過點作的垂線，垂足為．
(1)求點的軌跡方程；
(2)求矩形面積的最大值；
(3)設的軌跡，直線與軸圍成面積為，甲同學認為隨的增大，也會達到無窮大，乙同學認為隨的增大不會超過4，你同意哪個觀點，說明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)乙的觀點，理由見解析.
【分析】（1）根據給定條件，借助相似三角形的性質列式求出軌跡方程.
（2）利用（1）的結論，結合對稱性，求出矩形面積的函數關系，利用導數求出最大值.
（3）利用導數探討函數的單調性，探討與矩形面積的關系，再借助數列求和推理判斷得解.
【詳解】（1）設點，依題意，直線的方程為，，顯然點與不重合，
當點與點不重合時，連接，由是以為直徑的圓上一點，則，
由軸，得∽∽，則，，
而，則，于是，即，
當點與點重合時，點與點重合，點與點重合，而滿足，
所以點的軌跡方程：.

（2）由（1）知，點的軌跡方程，顯然，
即點的軌跡關于軸對稱，不妨令點在第一象限，
顯然∽，，，因此，
設矩形的面積為，則，
求導得，
當時，，函數單調遞增，當時，，函數單調遞減，
因此，所以當時，矩形面積的最大值為.
（3）同意乙同學的觀點，隨的增大不會超過4.
由（1）知點的軌跡方程為，設，顯然是偶函數，
求導得，當時，，函數在上單調遞減，且恒有，
則有，即，
當增大時，面積的值也在增大，
過點分別作軸的垂線交函數的圖象
于點，

由在上單調遞減，
得當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
當時，的圖象與軸之間部分的面積小于，
則的軌跡，直線與軸圍成面積為，
，
當時，，
因此
所以隨的增大不會超過4.
【點睛】易錯點睛：裂項法求和，要注意正負項相消時消去了哪些項，保留了哪些項，切不可漏寫未被消去的項，未被消去的項有前后對稱的特點，實質上造成正負相消是此法的根源與目的．
55. （2016·上?！つM預測）一青蛙從點開始依次水平向右和豎直向上跳動，其落點坐標依次是，(如圖，的坐標以已知條件為準)，表示青蛙從點到點所經過的路程.
(1)點為拋物線 準線上一點，點，均在該拋物線上，并且直線 經過該拋物線的焦點，證明；
(2)若點要么落在所表示的曲線上，要么落在所表示的曲線上，并且,試寫出(不需證明)；
(3)若點要么落在所表示的曲線上，要么落在所表示的曲線上，并且，求的值.
【答案】(1)證明見解析 (2) (3)
【分析】（1）設，根據青蛙依次向右向上跳動得到，，再由拋物線的定義即可證明.
（2）根據題意可得：，，，，由于青蛙從開始依次水平向右和豎直向上跳動，可知隨著的增大，點無限接近點，進而可得橫向路程之和無限接近，縱向路程之和無限接近，故問題得解.
（3）有題意知：，，，，，，…….觀察規律可知：下標為奇數的點的縱坐標是首項為，公比為的等比數列.相鄰橫坐標之差是首項為，公差為的等差數列.再利用數列的性質即可求出.
【詳解】（1）設，由于青蛙依次向右向上跳動，
所以，，
由拋物線定義知：，即證.
（2）依題意，，，，.
.
隨著的增大，點無限接近點，
橫向路程之和無限接近，縱向路程之和無限接近.
∴.
（3）由題意知：，，，
，，，……
其中，，，，……
，，，，……
觀察規律可知：下標為奇數的點的縱坐標是首項為，公比為的等比數列.
相鄰橫坐標之差是首項為，公差為的等差數列.并可用數學歸納法證明.
所以，當為奇數時，，.
所以，.
【點睛】本題主要考查數列與拋物線的綜合，同時考查了極限思想，搞清運動過程中坐標之間的關系為解題的關鍵，屬于難題.
12解析幾何中的定值問題
求定值問題常見的方法有兩種： （1）從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關； （2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值
56.（2024·全國·模擬預測）已知為雙曲線上異于左、右頂點的一個動點，雙曲線的左、右焦點分別為，且．當時，的最小內角為．
(1)求雙曲線的標準方程．
(2)連接，交雙曲線于另一點，連接，交雙曲線于另一點，若．
①求證：為定值；
②若直線AB 的斜率為 1 ，求點P 的坐標．
【答案】(1)
(2)①證明見解析；②或．
【分析】（1）根據雙曲線定義得出，由題意可知，，根據余弦定理計算可得，再根據雙曲線的關系計算即可；
（2）①設，，，由，，將代入雙曲線聯立方程求解即可，②由①可知，根據題意建立等式求解即可求解.
【詳解】（1）由雙曲線的定義知，，
由題意可得，，
在中，由余弦定理知，
解得，因為，所以，
所以雙曲線的標準方程為；
（2）①設，，，，
由，
即，所以
同理，由，得，
將的坐標代入曲線得，
，
將的坐標代入曲線得，
，
所以為定值；
②由①知，，
，
因為點在雙曲線上，所以或，
即或．
【點睛】關鍵點睛：解決本題的關鍵是根據題意求出A，B兩點坐標，代入雙曲線中得到與的關系.
57. （2023·廣東廣州·模擬預測）已知雙曲線，直線過的右焦點且與交于兩點．
(1)若兩點均在雙曲線的右支上，求證：為定值；
(2)試判斷以為直徑的圓是否過定點？若經過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由．
【答案】(1)證明見解析
(2)圓過定點
【分析】（1）設直線，與雙曲線方程聯立得出韋達定理，根據弦長公式表示，再代入求得結果.
（2）表示圓的方程，由對稱性可知定點在軸上，令進行求解即可.
【詳解】（1）如圖，
由，設，直線，
代入，整理得：，
由解得：
由韋達定理：，
由，
同理，．
為定值．
另法：由，
同理，．
由于，不妨設，
則．
由，
得．
所以為定值．
（2）由題意：圓的方程為
即
由對稱性可知：若存在定點，則必在軸上
令，有
由（1）可知，
代入方程后有：，
即，
令即．故圓過定點．
58. （2024·全國·模擬預測）已知雙曲線的左、右焦點分別為，，點是上一點.若為的內心，且.
(1)求的方程；
(2)點A是在第一象限的漸近線上的一點，且軸，點是右支上的一動點，在點處的切線與直線相交于點，與直線相交于點.證明：為定值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）根據三角形面積公式及雙曲線定義化簡可得，求出a即可得出方程；
（2）利用導數的幾何意義求出切線斜率并化簡可得，求出切線及切線與直線的交點，利用兩點間距離公式并結合雙曲線方程化簡可得
【詳解】（1）因為點是上一點，所以.設的內切圓半徑為，則，，.
因為，所以，
所以，所以.
由雙曲線的定義及其幾何性質，得，即.
聯立，解得所以的方程為.
（2）由題意可知，直線的斜率存在，則可設直線的方程為.
由，可得.
由題意知.
若點在雙曲線的右支的上半支上，則，
所以，故.
因為，所以，所以.
若點在雙曲線的右支的下半支上，則，
所以，故.
因為，所以，所以.
綜上可知，.
將代入直線的方程，得，即.
又，所以直線的方程為，即.
因為直線的方程為，所以當時，，即直線與直線的交點，所以.
聯立，得，
所以直線與直線的交點.
又，所以
.
因為，所以，
所以，為定值.
.
【點睛】方法點睛：證明為定值的方法為可用變量去表示需要判斷是否為定值的表達式，通過驗證表達式是否與變量有關可解決問題.
59. （2024·遼寧·二模）已知點P為雙曲線上任意一點，過點的切線交雙曲線的漸近線于兩點．
(1)證明：恰為的中點；
(2)過點分別作漸近線的平行線，與OA、OB分別交于M、N兩點，判斷PMON的面積是否為定值，如果是，求出該定值；如果不是，請說明理由；
【答案】(1)證明見解析
(2)，理由見解析
【分析】（1）設切線為，聯立方程組，根據，求得，得到，再聯立直線與雙曲線的漸近線，分別求得和，結合中點公式，即可得證；
（2）由（1）求得和，求得，得到，求得，結合為的中點，得到，即可求解.
【詳解】（1）由切線不可能平行于軸，即切線的斜率不可能為0，
設切線方程為，
聯立方程組，整理得，
所以，可得，即，
所以，即，所以，則，
所以點，
又由雙曲線的漸近線方程為，
聯立方程組，可得，即，
聯立方程組，可得，即，
所以
，所以的中點坐標為
又因為，所以，所以點與的中點重合.
（2）由，，
可得，，
所以，即，
又由，可得，
所以，
所以，
因為為的中點，所以，
所以四邊形的面積為定值.
【點睛】方法點睛：解決圓錐曲線問題的方法與策略：
1、涉及圓錐曲線的定義問題：拋物線的定義是解決圓錐曲線問題的基礎，它能將兩種距離(圓錐曲線上的點到焦點的距離、圓錐曲線上的點到準線的距離)進行等量轉化．如果問題中涉及圓錐曲線的焦點和準線，又能與距離聯系起來，那么用圓錐曲線定義就能解決問題．因此，涉及圓錐曲線的焦半徑、焦點弦問題，可以優先考慮利圓錐曲線線的定義轉化為點到準線的距離，這樣就可以使問題簡單化．
2、涉及直線與圓錐曲線的綜合問題：通常設出直線方程，與圓錐曲線方程聯立方程組，結合根與系數的關系，合理進行轉化運算求解，同時注意向量、基本不等式、函數及導數在解答中的應用.
60. （2024·上海奉賢·二模）已知曲線 ，是坐標原點， 過點的直線與曲線交于，兩點.
(1)當與軸垂直時，求的面積；
(2)過圓上任意一點作直線，，分別與曲線切于，兩 點，求證：；

(3)過點的直線與雙曲線交于，兩點（，不與軸重合）.記直線的斜率為，直線斜率為， 當時，求證：與都是定值.

【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）將代入橢圓方程，求出，再計算三角形面積；
（2）設，當時求出，從而確定、、（一組）的坐標，說明，當時，設，的斜率分別為，直線，得到聯立直線與橢圓的方程，由得到化為關于的一元二次方程為，利用韋達定理得到，即可得證；
（3）設、、、，直線、的斜率分別為、，設直線，聯立直線與曲線的方程，消元、列出韋達定理，由得，即可求出，設直線，與雙曲線聯立，消元、列出韋達定理，由斜率公式計算可得.
【詳解】（1）由題可知，直線為，
代入橢圓方程，解得，
所以.
（2）設，
當時， ，不妨取，，，
則，，所以，即成立；
當時，設，的斜率分別為，直線，
由 ，
因為直線與橢圓相切，所以，
即，
化簡可得，
化為關于的一元二次方程為，
所以.
因為在圓上，所以，
代入上式可得，
綜上可得.

（3）設、、、，
直線、的斜率分別為、，
設直線，與橢圓聯立得，
則，，，
由得，
即，
計算分子部分：
，所以，
設直線，與雙曲線聯立得，
則，，，，
所以，
計算分子部分
，
所以，
綜上可得、均為定值.

【點睛】方法點睛：利用韋達定理法解決直線與圓錐曲線相交問題的基本步驟如下：
（1）設直線方程，設交點坐標為、；
（2）聯立直線與圓錐曲線的方程，得到關于（或）的一元二次方程，必要時計算；
（3）列出韋達定理；
（4）將所求問題或題中的關系轉化為、的形式；
（5）代入韋達定理求解.
13解析幾何與向量結合
61.（2024·上海楊浦·二模）平面上的向量、滿足：，，.定義該平面上的向量集合.給出如下兩個結論：
①對任意，存在該平面的向量，滿足
②對任意，存在該平面向量，滿足
則下面判斷正確的為（ ）
A．①正確，②錯誤 B．①錯誤，②正確 C．①正確，②正確 D．①錯誤，②錯誤
【答案】C
【分析】根據給定條件，令，，設，利用向量模及數量積的坐標表示探求的關系，再借助平行線間距離分析判斷得解.
【詳解】由，，，不妨令，，設，
，得，而，，
則，整理得，由，得，
平行直線和間的距離為，
到直線和直線距離相等的點到這兩條直線的距離為，
如圖，陰影部分表示的區域為集合，因此無論是否屬于，都有，
所以命題①②都正確.
故選：C
【點睛】思路點睛：已知幾個向量的模，探求向量問題，可以在平面直角坐標系中，借助向量的坐標表示，利用代數方法解決.
62. （2021·浙江寧波·模擬預測）已知平面非零向量滿足，則對于任意的使得（ ）
A．恒有解 B．恒有解
C．恒無解 D．恒無解
【答案】B
【分析】設，其中，記
則有，即，然后分，，三種情況討論，再根據直線是過點的直線與圓錐曲線的兩個不同的交點和點在以為直徑的圓上，分析圓與相應準線的位置關系，即可求解.
【詳解】解：設，其中，記
則有，即
若，則點的軌跡是拋物線，方程為E：，點恰為拋物線的焦點，
則是過點的直線與拋物線的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，
此時.
若，則點的軌跡是橢圓，方程為E：，
點為橢圓E的左焦點，軸是橢圓的左準線，是過點的直線與橢圓的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時圓與準線相離，故
若，則點的軌跡是雙曲線，方程為E：，
點為雙曲線的右焦點，軸是雙曲線的右準線，是過點的直線與雙曲線的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時圓與準線相交，故可正，可負，可零.
所以，當時，恒有，故A錯誤；
當時，，與均有解，故錯誤；
故選：B.
【點睛】關鍵點點睛：利用坐標法，設，其中，記則有，即，然后分，，三種情況討論，將原問題轉化為判斷圓與準線的位置關系，從而解決問題.
63. （2024·陜西安康·模擬預測）已知橢圓的左、右焦點分別為、，上頂點為，，的面積為.
(1)求的方程；
(2)是上位于第一象限的一點，其橫坐標為1，直線過點且與交于，兩點（均異于點），點在上，設直線，，的斜率分別為，，，若，問點的橫坐標是否為定值？若為定值，求出點的橫坐標；若不為定值，請說明理由.
【答案】(1)
(2)點的橫坐標為定值
【分析】（1）依題意可得，即可得到為等邊三角形，由面積公式求出，從而求出、；
（2）首先求出點坐標，設直線，，，，聯立直線與橢圓方程，消元、列出韋達定理，由斜率公式求出，即可得到，最后由斜率公式求出.
【詳解】（1）因為，所以，即，
又，
所以為等邊三角形，
所以，所以，
又，所以，則，
所以，
所以橢圓方程為.
（2）將代入解得，所以，
由（1）可知，則直線的斜率存在，
設直線，，，，
由得，
由，
所以，，
所以
，
因為，所以，
所以，解得，
所以點的

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