【三轮冲刺】高考数学专题08 圆锥曲线中的新定义问题（强化突破）（新高考新题型）.zip

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新定义题目简介
题型特点
“新定义”题型内容新颖，题目中常常伴随有“定义”、“规定”等字眼，题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运算或符号，没有过多的解析说明，要求考生自己仔细揣摩、体会和理解定义的含义，在阅读新定义后要求马上运用它解决相关问题，考查考生的理解与运算、信息迁移的能力。
解题策略
求解“新定义”题目，主要分如下几步：
对新定义进行信息提取，明确新定义的名称和符号；
对新定义所提取的信息进行加工，探求解决方法和相近的知识点，明确它们的相同点和相似点；
对定义中提取的知识进行转换、提取和转换，这是解题的关键，如果题目是新定义的运算、法则，直接按照法则计算即可；若新定义的性质，一般要判断性质的适用性，能否利用定义的外延，可用特质排除，注意新定义题目一般在高考试卷的压轴位置，往往设置三问，第一问的难度并不大，所以对于基础差的考生也不要轻易放弃。
一、单选题
1．已知曲线的对称中心为O，若对于上的任意一点A，都存在上两点B，C，使得O为的重心，则称曲线为“自稳定曲线”．现有如下两个命题：
①任意椭圆都是“自稳定曲线”；②存在双曲线是“自稳定曲线”．
则（ ）
A．①是假命题，②是真命题B．①是真命题，②是假命题
C．①②都是假命题D．①②都是真命题
【答案】B
【分析】设出椭圆、双曲线方程及点的坐标，结合三角形重心坐标公式利用点的坐标求出直线方程，再与椭圆或双曲线方程联立，判断是否有两个不同解即得.
【详解】椭圆是“自稳定曲线”.
设椭圆方程为，令，则，设，
由是的重心，知，直线过点，
当时，若，直线与椭圆有两个交点，符合题意，
若，直线与椭圆有两个交点，符合题意，
则当，即时，存在两点，使得的重心为原点，
同理，当，即时，存在两点，使得的重心为原点，
当时，，两式相减得，
直线的斜率，方程为，即，
由消去并整理得：，
，即直线与椭圆交于两点，且是的重心，
即当时，对于点，在椭圆上都存在两点，使得为的重心，
综上，椭圆上任意点，在椭圆上都存在两点，使得为重心，①为真命题；
双曲线不是“自稳定曲线”.
由对称性，不妨令双曲线方程为，令，则，设，
假设是的重心，则，直线过点，
当时，直线或直线与双曲线都不相交，因此，
，两式相减得，
直线的斜率，方程为，即，
由消去并整理得：，
，即直线与双曲线不相交，
所以不存在双曲线，其上点及某两点，为的重心，②是假命题.
故选：B
【点睛】思路点睛：涉及直线被圆锥曲线所截弦中点及直线斜率问题，可以利用“点差法”，设出弦的两个端点坐标，代入曲线方程作差求解，还要注意验证.
2．数学美的表现形式多种多样，我们称离心率（其中）的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点为圆心，短轴长为直径作为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过作的两条切线，切点分别为，直线与轴分别交于两点，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意O、A、P、B四点在以OP为直径的圆上，可设点P坐标为，从而得出四点所在圆的方程为，利用两圆方程之差求得切点A、B所在直线方程，进而求得M、N两点坐标即可解决本题.
【详解】依题意有OAPB四点共圆，设点P坐标为，则该圆的方程为：，
将两圆方程：与相减，得切点所在直线方程为
，解得，因为，所以
故选：A
3．小明同学在完成教材椭圆和双曲线的相关内容学习后，提出了新的疑问：平面上到两个定点距离之积为常数的点的轨迹是什么呢？又具备哪些性质呢？老师特别赞赏他的探究精神，并告诉他这正是历史上法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，这类曲线被称为“卡西尼卵形线”.在老师的鼓励下，小明决定先从特殊情况开始研究，假设、是平面直角坐标系内的两个定点，满足的动点P的轨迹为曲线C，从而得到以下4个结论：①曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形；②动点P的横坐标的取值范围是；③的取值范围是；④的面积的最大值为1.其中正确结论的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】设，由题设可得曲线C为，将、、代入即可判断①；令，由在上有解，结合二次函数性质求P的横坐标的取值范围判断②；由②分析可得，进而求范围判断③；由基本不等式、余弦定理确定范围，再根据三角形面积公式求最值判断④.
【详解】令，则，
所以，则，
将、、代入上述方程后，均有，
所以曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形，①正确；
令，则，
对于，对称轴为，
所以在上递增，要使在上有解，只需，
所以，即，可得，②正确；
由，由中，，
所以，其中负值舍去，
综上，，又，即，
所以，则，③正确；
由，仅当时等号成立，
的面积，
而，所以，
所以的面积的最大值为1，④正确.
综上，正确结论的个数为4个.
故选：D
【点睛】关键点点睛：②③通过换元，构造，利用根的分布求P的横坐标、的取值范围.
4．在平面直角坐标系中，定义为两点，的“切比雪夫距离”，并对于点P与直线l上任意一点Q，称的最小值为点P与直线l间的“切比雪夫距离”，记作，给定下列四个命题：
：对于任意的三点A，B，C，总有；
：若点，直线，则；
：满足的点M的轨迹为正方形；
：若点，，则满足的点M的轨迹与直线（k为常数）有且仅有2个公共点；则其中真命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】D
【分析】①讨论，，三点共线，以及不共线的情况，结合图象和新定义，即可判断；
②设点是直线上一点，且，可得，，讨论，的大小，可得距离，再由函数的性质，可得最小值；
③运用新定义，求得点的轨迹方程，即可判断；
④讨论在坐标轴上和各个象限的情况，求得轨迹方程，即可判断．
【详解】①对任意三点、、，若它们共线，设，、，，
，，如图，

结合三角形的相似可得，，
为，，，或，，，则，，，；
若，或，对调，可得，，，；

若，，不共线，且三角形中为锐角或钝角，由矩形或矩形，
，，，；
则对任意的三点，，，都有，，，；故①正确；
设点是直线上一点，且，
可得，，
由，解得，即有，
当时，取得最小值；
由，解得或，即有，
的范围是，无最值，
综上可得，，两点的“切比雪夫距离”的最小值为．
故②正确；
③由题意，到原点的“切比雪夫距离” 等于的点设为，则，
若，则；若，则，故所求轨迹是正方形，则③正确；
④定点、，动点
满足，，，
可得不轴上，在线段间成立，
可得，解得，
由对称性可得也成立，即有两点满足条件；
若在第一象限内，满足，，，

即为，为射线，
由对称性可得在第二象限、第三象限和第四象限也有一条射线，
则点的轨迹与直线为常数）有且仅有2个公共点．
故④正确；
综上可得，真命题的个数为4个，
故选：D.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于对新定义“切比雪夫距离”的理解，“切比雪夫距离”即是两点横坐标之差绝对值与纵坐标之差绝对值中的最大值；理解新定义的基础上，结合曲线与方程的有关性质，即可求解.
5．定义：若直线将多边形分为两部分，且使得多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”．已知双曲线（a，b为常数）和其左右焦点，P为C上的一动点，过P作C的切线分别交两条渐近线于点A，B，已知四边形与三角形有相同的“等线”．则对于下列四个结论：
①；
②等线必过多边形的重心；
③始终与相切；
④的斜率为定值且与a，b有关．
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．①②B．①④C．②③④D．①②③
【答案】D
【分析】对于①，利用导数的几何意求出过点的切线方程，再与渐近线方程联立可求出的横坐标，然后与比较可得答案，对于②，由“等线”的定义结合重心的定义分析判断，对于③④，由多边形重心的定义可知四边形，其重心H必在与重心连线上，也必在与重心连线上，重心设为，则即为直线GH，然后由重心的性质可证得∥，从而可得结论.
【详解】解：①：设，当时，设，则由，得，
所以，所以切线的斜率为，
所以切线方程为，
因为点在双曲线上，所以，得，，
所以，
所以，
所以，所以，
同理可求出当时的切线方程为，
当时，双曲线的切线方程为，满足，
所以过P点切线方程为，
渐近线方程为
联立两直线方程得，
故有，故
②：设多边形顶点坐标为，其中
设“等线”方程为，则到等线的距离为：
又因为等线将顶点分为上下两部分，则有
从而
整理得
即等线必过该多边形重心．
③④：考察重心，设，则重心．对于四边形，其重心H必在与重心连线上，也必在与重心连线上，则即为直线GH．
设与重心分别为，则，所以∥，
因为为的重心，所以，所以∥，
所以三点共线，
因为在上，所以∥，过，
因为直线为，所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，整理得，
所以直线方程，
由①的求解过程可知该方程为切线方程，所以③正确，④错误，
故①②③正确．

故选：D
【点睛】关键点点睛：此题考查双曲线的性质和导数的几何意义的应用，考查新定义，解题的关键是对“等线”定义的正确理解和重心的找法，考查计算能力，属于难题.
二、多选题
6．古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线．后经研究发现：当圆锥轴截面的顶角为时，用一个与旋转轴所成角为的平面（不过圆锥顶点）去截该圆锥面，则截口曲线（圆锥曲线）的离心率为．比如，当时，，即截得的曲线是抛物线．如图，在空间直角坐标系中放置一个圆锥，顶点，底面圆O的半径为2，直径AB，CD分别在x，y轴上，则下列说法中正确的是（ ）
A．已知点，则过点的平面截该圆锥得的截口曲线为圆
B．平面MAB截该圆锥得的截口曲线为抛物线的一部分
C．若，则平面MEF截该圆锥得的截口曲线为双曲线的一部分
D．若平面截该圆锥得的截口曲线为离心率是的双曲线的一部分，则平面不经过原点O
【答案】BCD
【分析】根据情境，由题可知，再对每个选项，求出过点的平面与旋转轴所成角的余弦，即的值，代入求值，从而利用离心率的范围判断截口曲线类型即可．
【详解】对于A：只有过点M，N且与底面平行的平面截该圆锥得的截口曲线才是圆，
其他情况均不是圆，故A不正确；
对于B：由题得底面圆O的半径为2，则，，则M为SD中点，
易知平面，平面，所以，
又平面MAB，平面MAB，
所以平面MAB，又易知，
所以平面MAB与旋转轴OS所成角为，，即，
所以，所以平面MAB截该圆锥得的截口曲线为抛物线的一部分，故B正确；
对于C：，
则，
设平面MEF的一个法向量为，则，
取，则，故，
所以，
故，
所以平面MEF截该圆锥得的截口曲线为双曲线的一部分，故C正确；
对于D：若平面截该圆锥得的截口曲线为离心率是的双曲线的一部分，
则，
所以平面，故平面不经过原点O，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解截口曲线（圆锥曲线）的离心率的定义，结合空间向量法即可得解.
7．法国数学家加斯帕尔•蒙日是19世纪著名的几何学家，他创立了画法几何学，推动了空间解析几何学的独立发展，奠定了空间微分几何学的宽厚基础.根据他的研究成果，我们定义椭圆的“蒙日圆”的方程为，已知椭圆的长轴长为4，离心率为为蒙日圆上任一点，则以下说法正确的是（ ）
A．过点作椭圆的两条切线，则有.
B．过点作椭圆的两条切线，交椭圆于点为原点，则的斜率乘积为定值.
C．过点作椭圆的两条切线，切点分别为，则的取值范围.
D．过点作椭圆的两条切线，切点分别为为原点，则的最大值为.
【答案】ACD
【分析】对于A，由题意求出蒙日圆的方程，讨论切线斜率是否存在，结合联立直线和椭圆方程，利用根与系数关系化简，即可判断；对于B，求出切点弦AB的方程即可得其斜率，化简即可判断；对于C，D，联立切点弦AB的方程和椭圆方程，求出弦长，求出相应三角形的高，即可求得三角形面积的表达式，结合函数的单调性或者不等式知识即可求得最值或范围.
【详解】由题意知椭圆的长轴长为4，离心率为，
故，
则椭圆方程为，“蒙日圆”的方程为；
对于A，假设有一条切线斜率不存在，不妨假设斜率不存在，
则不妨设过椭圆的右顶点，则方程为，
则P点坐标为，显然此时A点取椭圆的短轴顶点，
则方程为，此时满足与椭圆相切，且；
当切线斜率存在且不为0时，设切线方程为，
设，则，
联立，整理得，
则，即，
将代入上式，得关于k的方程，
则，（P在椭圆外），
为该方程的两个根，故，
即，A正确；
对于B，设，则PA的方程为，
PB的方程为，
两切线过点，故，，
即点A，B在直线上，因为两点确定一条直线，
故直线的方程为，则，
而，故，B错误；
对于C，由于直线的方程为，联立，
得，
，
则，
故
，
又点P到直线AB的距离为，
故
，
又，故令，，
则，
令，显然在上单调递减，
故在上单调递增，
则，
即的取值范围，C正确；
对于D，由C的分析可知，
而点O到直线AB的距离为,
故
，
又，故令，，
则，
而，当且仅当，即时等号成立，
故，即的最大值为，D正确，
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆的相关知识，涉及到蒙日圆的问题，综合性强，计算量大，难点在于计算相关三角形的面积，要注意切线方程的应用，计算需要十分细心.
8．小明同学在完成教材椭圆和双曲线的相关内容学习后，提出了新的疑问：平面上到两个定点距离之积为常数的点的轨迹是什么呢？又具备哪些性质呢？老师特别赞赏他的探究精神，并告诉他这正是历史上法国天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的，这类曲线被称为“卡西尼卵形线”．在老师的鼓励下，小明决定先从特殊情况开始研究，假设、是平面直角坐标系xOy内的两个定点，满足的动点P的轨迹为曲线C，从而得到以下4个结论，其中正确结论的为（ ）
A．曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形
B．动点P的横坐标的取值范围是
C．的取值范围是
D．的面积的最大值为
【答案】ABD
【分析】设，由题设可得曲线C为，将、、代入即可判断；令，由在上有解，结合二次函数性质求P的横坐标的取值范围判断；由②分析可得，进而求范围判断；由基本不等式、余弦定理确定范围，再根据三角形面积公式求最值判断.
【详解】令，则，
所以，则，
将、、代入上述方程后，均有，
所以曲线C既是轴对称图形，又是中心对称图形，正确；
令，则，
对于，对称轴为，
所以在上递增，要使在上有解，只需，
所以，即，可得，正确；
由，由中，，
所以，其中负值舍去，
综上，，又，即，
所以，则，错误；
由，仅当时等号成立，
的面积，
而，所以，
所以的面积的最大值为，正确.
故选：.
【点睛】关键点点睛：,通过换元，构造，利用根的分布求P的横坐标、的取值范围.
9．如图，已知圆锥的轴与母线所成的角为，过的平面与圆锥的轴所成的角为，该平面截这个圆锥所得的截面为椭圆，椭圆的长轴为,短轴为,长半轴长为，短半轴长为，椭圆的中心为,再以为弦且垂直于的圆截面，记该圆与直线交于，与直线交于，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，平面截这个圆锥所得的截面也为椭圆
B．
C．平面截这个圆锥所得椭圆的离心率
D．平面截这个圆锥所得椭圆的离心率
【答案】BC
【分析】由截口曲线的含义可判断A；过N作于点G，求出而， ，即可判断B；根据图形的几何性质求得椭圆的之间的关系式，即可求得离心率，可判断C，D.
【详解】由截口曲线知，当时，平面截这个圆锥所得截面为双曲线，A错.
对于B，过N作于点G，而，

所以，而，
同理过N向作垂线，可得，
，B正确；
对于C，D，设圆锥上部球与椭圆截面圆锥侧面均相切，轴截面的内切圆，半径为r，
球与的切点为椭圆左焦点F，
设①，
，
,
解得，而，
故，故C正确，D错误，
故选：BC
【点睛】难点点睛：求解椭圆的离心率时，要能根据图示求得之间的关系，这是解答的难点，也是关键之处，因此通过设，结合图形的几何性质，得到，，即可求解.
10．2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新lg.设计师的灵感来源于曲线C：.其中星形线E：常用于超轻材料的设计.则下列关于星形线说法正确的是（ ）
A．E关于y轴对称
B．E上的点到x轴、y轴的距离之积不超过
C．E上的点到原点距离的最小值为
D．曲线E所围成图形的面积小于2
【答案】ABD
【分析】A由、均在曲线上即可判断；B应用基本不等式即可判断；C由，结合立方和公式及B的结论即可判断；D根据与图形的位置关系判断.
【详解】若在星形线E上，则也在E上，故E关于y轴对称，A正确；
由，则当且仅当时等号成立，B正确；
由，当且仅当时等号成立，故E上的点到原点距离的最小值为，C错误；
曲线E过，，由，则在所围成的区域内部，而所围成的面积为2，故曲线E所围成图形的面积小于2，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：应用基本不等式有，由及立方和公式求两点距离，利用与图形的位置判断面积大小.
11．曲率半径是用来描述曲线上某点处曲线弯曲变化程度的量，已知对于曲线上点处的曲率半径公式为，则下列说法正确的是（ ）
A．对于半径为的圆，其圆上任一点的曲率半径均为
B．椭圆上一点处的曲率半径的最大值为
C．椭圆上一点处的曲率半径的最小值为
D．对于椭圆上点处的曲率半径随着的增大而减小
【答案】AC
【分析】利用曲率半径公式的定义，A中有圆上任一点；B、C中由椭圆在， 处分别是最大、最小处，结合公式求得曲率半径的范围；D中由公式得，构造，利用导数研究其单调性即可，进而可确定正确选项.
【详解】A：由题设知：圆的方程可写为，所以圆上任一点曲率半径为，正确；
B、C：由弯曲最大处为，最小处为，所以在处有，
在处有，即，故B错误，C正确；
D：由题意，处的曲率半径，而，
所以，令，
则在上有恒成立，故在上随着的增大而增大，错误；
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：由曲率半径公式，结合曲线方程写出相应点的曲率半径，根据圆、椭圆的性质，构造函数并应用导数研究其单调性，判断各项的正误.
三、填空题
12．在平面直角坐标系中，定义为点到点的“折线距离”．点O是坐标原点，点P在圆上，点Q在直线上．在这个定义下，给出下列结论：
①若点P的横坐标为，则； ②的最大值是
③的最小值是2； ④的最小值是
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①②④
【分析】对于①，求出点P的纵坐标，利用“折线距离”的定义即可判断；对于②，结合基本不等式即可判断；对于③，设，表示出，分段讨论，去掉绝对值，可求得最小值，即可判断；对于④，利用直线和圆的方程设出点的坐标，表示出，然后分类讨论，脱掉绝对值符号，结合三角函数的辅助角公式，即可判断.
【详解】对于①，若点P的横坐标为，点P在圆上，
则点P的纵坐标为，则，①正确；
对于②，设点，则，
，因为，
故，当且仅当时等号成立，
即的最大值是，②正确；
对于③，设直线上的一点为，则；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，，此时；
当时，d取得最小值，即的最小值为，故③错误；
对于④，设，，

则，
当时，，
，（为辅助角，），
当时取得等号；
当时，
，（为辅助角，），
当时取得等号；
当时，
，（为辅助角，），
当时取得等号；
综上可知的最小值是，④正确，
故答案为：①②④
【点睛】难点点睛：本题考查直线和圆的关系中新定义问题，解答时要根据新的定义去解答，难点在于④的判断，解答时要利用直线和圆的方程设出点的坐标，表示出，然后分类讨论，脱掉绝对值符号，结合三角函数的辅助角公式，即可求解.
13．卵圆是常见的一类曲线，已知一个卵圆的方程为：，为坐标原点，点，点为卵圆上任意一点，则下列说法中正确的是 .
①卵圆关于轴对称
②卵圆上不存在两点关于直线对称
③线段长度的取值范围是
④的面积最大值为
【答案】①③④
【分析】利用点和均满足方程，即可判断①；设和都在卵圆上，再解即可判断②；利用两点间的距离公式表示，然后利用导数研究其最值，即可判断③；利用三角形的面积公式表示出，然后利用导数研究其最值，即可判断④.
【详解】对于①，设是卵圆上的任意一个点，
因为，所以点也在卵圆上，
又点和点关于轴对称，
所以卵圆关于轴对称，故①正确；
对于②，设在卵圆上，关于直线对称的点也在卵圆上，
则，解得或，
所以卵圆上存在两点关于直线对称，故②错误；
对于③，由，得，
所以，又，所以，
设点，
则，
令，
则，
令，则或，
当或时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
又，
且，
所以，即，
所以，故③正确；
对于④，点，
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上递减，在上递增，
所以，
此时的面积取得最大值，故④正确.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题考查了圆锥曲线的新定义问题，解决此类问题的关键在于理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答.
14．城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，乘坐出租车往往不能沿直线到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走.在平面直角坐标系中，定义为两点、之间的“出租车距离”.
给出下列四个结论：①若点，点，则；
②到点的“出租车距离”不超过的点的集合所构成的平面图形面积是；
③若点，点是抛物线上的动点，则的最小值是；
④若点，点是圆上的动点，则的最大值是.
其中，所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【分析】利用题中定义可判断①；作出平面区域并计算平面区域的面积可判断②；利用题中定义以及二次函数的性质可判断③；设点，利用题中定义结合正弦型函数的有界性可判断④.
【详解】对于①，，①对；
对于②，设点满足，即.
对于方程，当，时，；当，时，；
当，时，；当，时，.
作出集合所表示的平面区域如下图中的阴影部分区域所表示：
平面区域是边长为的正方形，该区域的面积为，②错；
对于③，设点，则，令.
当时，，
当时，；
当时，；
当时，.
综上所述，，③对；
对于④，设点，则，
所以，的最大值是，④对.
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：本题考查曲线中的新定义，在判断③时，要注意去绝对值，结合二次函数的基本性质求解；在判断④时，在涉及圆或椭圆上的点相关的最值问题时，可充分将点的坐标利用三角函数的形式表示，利用三角函数的有界性与三角恒等变换求解，简化计算.
15．已知点．若曲线上存在两点、，使为正三角形，则称为型曲线，给定下列四条曲线：
①； ②；
③； ④．
其中，属于型曲线的是 （写出序号即可）
【答案】①④
【分析】线段的端点为、，计算出的值可判断①；设过点且与曲线相切时切点为，计算出可判②；记曲线的端点为、，计算出的值可判断③；数形结合可判断④.
【详解】对于①，线段的端点为、，
则，，，
故，所以，线段上存在、使得为正三角形，
故是型曲线；
对于②，设过点且与曲线相切的直线的方程为，
联立，可得，，
因为，解得，设切点为点，
则，故，
所以，曲线上不存在点、，使得为正三角形，曲线不是型曲线；
对于③，由可得，
曲线表示圆在第一象限内的圆弧（包括端点），
曲线的端点为、，
，，，
因为，则，
故曲线上不存在点、，使得为正三角形，
曲线不是型曲线；
对于④，曲线为双曲线在第三象限的部分，以为圆心作圆，
如下图所示：
由图可知，存在圆，当该圆与曲线相交于、两点时，满足，
所以，曲线为型曲线.
故答案为：①④.
【点睛】关键点点睛：本题考查曲线中的新定义，解题的关键在于计算出关于点的最大张角，必要时可利用数形结合思想来进行判断.
16．Cassini卵形线是由法国天文家Jean-DminiqueCassini(1625-1712)引入的.卵形线的定义是：线上的任何点到两个固定点，的距离的乘积等于常数.是正常数，设，的距离为，如果，就得到一个没有自交点的卵形线；如果，就得到一个双纽线；如果，就得到两个卵形线.若，.动点满足.则动点的轨迹的方程为 ；若和是轨迹与轴交点中距离最远的两点，则面积的最大值为 .
【答案】 ；
【分析】设，代入，化简即可得到动点的轨迹的方程；进而求出，的坐标，然后将问题转化为求点的纵坐标的最大值，再利用面积公式求解即可．
【详解】解：设，
，
，即，
动点的轨迹的方程为：；
令，可得，解得或，所以，
由对称性，只考虑第一象限的部分，
为定值，
面积最大时，即点的纵坐标最大，
又，
，
令，则，因为，所以，，
令，
当时，取得最大值，即，
，
，
面积的最大值为．
故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：第二空解题的关键是利用第一空求出的动点的轨迹方程，求出点的纵坐标的平方的表达式，然后构造函数，利用二次函数的性质求出点的纵坐标的最大值，从而面积的最大值可求．
四、解答题
17．在平面直角坐标系中，对于直线和点，，记，若，则称点，被直线l分离，若曲线c与直线l没有公共点，且曲线c上存在点，被直线l分隔，则称直线l为曲线c的一条分隔线．
（1）求证：点，被直线分隔；
（2）若直线是曲线的分隔线，求实数k的取值范围；
（3）动点M到点的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的轨迹为曲线E，求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线．
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）求出，即得证；
（2）充要条件是方程组有解，即．是曲线的分隔线，则它们没有公共点，所以，即得解；
（3）先求出曲线E的方程：．再分析得到y轴为曲线E的分隔线，直线不是曲线E的分隔线，即得证.
【详解】解：（1）证明：由题得
∴点A，B被直线分隔．
（2）直线与曲线有公共点的充要条件是方程组有解，即．
∵是曲线的分隔线，故它们没有公共点，即，
当时，对于直线，曲线上的点和满足，即点和被分隔．
故实数k的取值范围是．
（3）证明：设M的坐标为，则曲线E的方程为，即．
对任意的，不是上述方程的解，即y轴与曲线E没有公共点．
又曲线E上的点和对于y轴满足，
即点和被y轴分隔．∴y轴为曲线E的分隔线．
若过原点的直线不是y轴，设其为，由得，令，
∵，
∴方程有实数解．
即直线与曲线E有公共点，故直线不是曲线E的分隔线．
综上可得，通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线．
18．设直线，曲线．若直线与曲线同时满足下列两个条件：①直线与曲线相切且至少有两个切点；②对任意都有．则称直线为曲线的“上夹线”．
（1）已知函数．求证：为曲线的“上夹线”；
（2）观察下图：
根据上图，试推测曲线的“上夹线”的方程，并给出证明．
【答案】（1）证明见解析；（2），证明见解析
【分析】（1）求出直线与曲线的2个切点，进而证明，可证明结论成立；
（2）根据“上夹线”的定义来证明，先证明至少有两个切点，再证明恒成立.
【详解】（1）由，令，得，
当时，，
此时，，
因为，所以是直线与曲线的一个切点；
当时，，
此时，，
因为，所以是直线与曲线的一个切点；
所以直线与曲线相切且至少有两个切点；
对任意，，
所以.
因此直线是曲线的“上夹线”．
（2）推测：的“上夹线”的方程为，
①先检验直线与曲线相切，且至少有两个切点：
设：，
，
令，得：，
当时，，
故：过曲线上的点的切线方程为：
，化简得：．
即直线与曲线相切且有无数个切点．
不妨设，
②下面检验，
，
所以直线是曲线的“上夹线”．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义.关键点是根据“上夹线”的定义，并结合导数的几何意义及导数的应用，考查学生的计算能力与推理能力，属于难题.
19．已知椭圆C：的左､右焦点分别为.
（1）设P为椭圆C上除左､右顶点外的任意一点，设，证明：；
（2）若椭圆的标准方程为，则我们称C和为“相似椭圆”.已知和C为“相似椭圆”，且的长轴长是C的半长轴长的倍.M为上的动点，过点M作的切线交C于A，B两点，N为C上异于A，B的一点，且满足，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)证明见解析；(2)是定值，且
【分析】(1)由椭圆的定义和余弦定理联立求得，代入三角形面积公式即可证明；
(2)由题意可得，分类讨论直线AB斜率存在与不存在的情况，设直线方程和点A、B坐标，分别联立两个椭圆方程，根据和韦达定理得出、的表达式，将点N坐标代入C中，整理即可得出结果.
【详解】(1)由椭圆的定义得，，
在中，由余弦定理得，
，
则，
所以，
有，
所以；
(2)由题意得，，
①当直线斜率不存在时，直线，
若，则，又,
所以，代入C中,得，
即；若，同理可得；
②当直线斜率存在时，设直线，
由得，
所以，
，
，同理可得，
因为点N在椭圆C上，所以，
整理，得，
又，，
所以.
综上所述，为定值，且.
【点睛】解答直线与椭圆的综合问题时，时常联立方程组，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系和根的判别式，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．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．
20．在平面直角坐标系中，对于点、直线，我们称为点到直线的方向距离.
（1）设双曲线上的任意一点到直线，的方向距离分别为，求的值；
（2）设点、到直线的方向距离分别为，试问是否存在实数，对任意的都有成立？说明理由；
（3）已知直线和椭圆，设椭圆的两个焦点到直线的方向距离分别为满足，且直线与轴的交点为、与轴的交点为，试比较的长与的大小.
【答案】(1)；(2)，理由见详解；(3)，证明见详解.
【分析】(1)根据定义表示出，然后结合点在双曲线上计算出的值；
(2)假设存在满足条件，计算出的值，令，即可求解出满足条件的的值；
(3)根据新定义得到的结果，根据条件得到的范围，将的范围代入到中利用基本不等式即可比较出与的大小，即可比较出与的大小.
【详解】(1)由题设可知：设，所以，
所以，
又因为，所以；
(2) 假设存在实数满足条件，因为，
，
所以，所以，所以，
故存在满足条件；
(3)因为，所以，
所以，所以，
又因为，所以，
所以，取等号时，
所以，所以.
【点睛】本题考查新定义背景下的圆锥曲线的综合应用，难度较难.(1)存在性问题，先假设成立，然后再探究成立的条件；(2)新定义问题，首先要理解定义，其次才是利用所学知识解答问题.
21．（1）设椭圆与双曲线有相同的焦点、，是椭圆与双曲线的公共点，且△的周长为6，求椭圆的方程；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”；
（2）如图，已知“盾圆”的方程为，设“盾圆”上的任意一点到的距离为，到直线的距离为，求证：为定值；
（3）由抛物线弧（）与第（1）小题椭圆弧（）所合成的封闭曲线为“盾圆”，设过点的直线与“盾圆”交于、两点，，，且（），试用表示，并求的取值范围.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3），；，；.
【分析】（1）由由的周长为得,由椭圆与双曲线共焦点可得值,根据平方关系求得,进而即可得到椭圆方程；
（2）设“盾圆”上的任意一点的坐标为,,分为与两种情况表示出,再分别计算,即可求得定值；
（3）由“盾圆”的对称性,不妨设在轴上方（或轴上）,分类讨论：时,在椭圆弧上；时,在抛物弧上,由条件可表示出此时,相应地, 再按时, 在抛物弧上,在椭圆弧上；当时,在椭圆弧上, 在抛物弧上；当时, 、在椭圆弧上,利用三角函数性质分别求出的范围
【详解】（1）由的周长为得,椭圆与双曲线有相同的焦点,所以,即,则,,则椭圆的方程为
（2）证明：设“盾圆”上的任意一点的坐标为,
当时,,,
即；
当时,,,
即；
所以为定值.
（3）显然“盾圆”由两部分合成,所以按在抛物弧或椭圆弧上加以分类,由“盾圆”的对称性,不妨设在轴上方（或轴上）；
当时,,此时,；
当时,在椭圆弧上,由题设知代入得,,整理得,解得或（舍去）
当时,在抛物弧上,方程或定义均可得到,于是,
综上,或；
相应地,,
当时, 在抛物弧上,在椭圆弧上,
；
当时,在椭圆弧上, 在抛物弧上,
;
当时, 、在椭圆弧上,
；
综上, ，；，；
的取值范围是
【点睛】本题考查椭圆的标准方程,考查两点间距离公式,考查参数方程的应用,考查推理论证的能力,考查分类讨论思想,考查运算能力
22．已知椭圆的焦点和上顶点分别为，定义：为椭圆的“特征三角形”，如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，那么称这两个椭圆为“相似椭圆”，且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比，已知点是椭圆的一个焦点，且上任意一点到它的两焦点的距离之和为4
（1）若椭圆与椭圆相似，且与的相似比为2：1，求椭圆的方程.
（2）已知点是椭圆上的任意一点，若点是直线与抛物线异于原点的交点，证明：点一定在双曲线上.
（3）已知直线，与椭圆相似且短半轴长为的椭圆为，是否存在正方形，（设其面积为），使得在直线上，在曲线上？若存在，求出函数的解析式及定义域；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）详见解析；（3）
【分析】（1）先计算椭圆：，根据相似比得到椭圆的方程.
（2）点是椭圆上的一点，则，设，计算
得到证明.
（3）根据题意：只需上存在两点关于对称即可，利用韦达定理计算，得到答案.
【详解】（1）根据题意知，椭圆：，，椭圆：
椭圆与椭圆相似，且与的相似比为2：1，则
椭圆的方程为：
（2）点是椭圆上的一点，则，
设
故
所以点一定在双曲线上
（3）：根据题意：只需上存在两点关于对称即可
设，设的中点为
由韦达定理知：
在直线上，则
故，
此时正方形的边长为

故
23．已知抛物线，为抛物线上的点，若直线经过点且斜率为，则称直线为点的“特征直线”.设、为方程（）的两个实根，记.
（1）求点的“特征直线”的方程；
（2）已知点在抛物线上，点的“特征直线”与双曲线经过二、四象限的渐近线垂直，且与轴的交于点，点为线段上的点.求证：；
（3）已知、是抛物线上异于原点的两个不同的点，点、的“特征直线”分别为、，直线、相交于点，且与轴分别交于点、.求证：点在线段上的充要条件为（其中为点的横坐标）.
【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析
【分析】（1）计算的斜率为1，再计算直线方程得到答案.
（2）根据与渐近线垂直得到，线段的方程为，得到，代入方程得到，，计算得到.
（3））设，，得到所对应的方程为：计算得到，分别证明充分性和必要性得到答案.
【详解】（1）由题意的斜率为1，所以点的“特征直线”的方程为.
（2）设点，由于双曲线所求渐近线的斜率为
所以，进而得，线段的方程为
所以满足
所对应方程为：，解得，
因为，所以，进而
（3）设，，
则、的方程分别为，，
解、交点可得，，
所对应的方程为：，
必要性：因为点在线段上
当时，，得，
当时，，得，
所以，进而
①充分性：由，得，
当时，，得，
当时，得，得，
所以点在线段上.
综上所述：点在线段上的充要条件为
【点睛】本题考查了抛物线中的新定义问题，求直线方程，充分必要条件，意在考查学生的综合应用能力.