2025年高考数学二轮热点题型归纳与演练(上海专用)专题05圆锥曲线(十二大题型)(原卷版+解析)特训

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc27194" 题型01 定点问题2
\l "_Tc22731" 题型02 定直线问题6
\l "_Tc394" 题型03 定值问题11
\l "_Tc1766" 题型04 最值问题15
\l "_Tc8506" 题型05 取值范围问题18
\l "_Tc6010" 题型06 向量问题 23
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc27194" 题型07 弦长、焦点弦问题24
\l "_Tc22731" 题型08 数列在圆锥曲线的应用28
\l "_Tc394" 题型09 轨迹问题30
\l "_Tc1766" 题型10 新定义题34
\l "_Tc8506" 题型11 三角形的“心”在圆锥曲线的应用38
\l "_Tc6010" 题型12 证明恒等式 42
【解题规律·提分快招】
题型01 定点问题
【典例1-1】．（2024·上海宝山·一模）已知椭圆:，直线经过椭圆的右顶点且与椭圆交于另一点，设线段的中点为.

(1)求椭圆的焦距和离心率；
(2)若，求直线的方程；
(3)过点再作一条直线与椭圆交于点，线段的中点为. 若，则直线是否经过定点？若经过定点，求出定点坐标；若不经过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)直线经过定点.
【分析】（1）根据椭圆方程确定、，利用解出即可求解；
（2）设直线的方程，直曲联立根据韦达定理得：，结合为中点解出坐标，再利用，解出，即可求解；
(3)分直线斜率存在与不存在两种情况讨论，斜率存在时，设出方程，直曲联立，利用韦达定理，结合已知条件，求出直线过定点；斜率不存在时，设出、两点坐标，根据中点坐标公式，求出、坐标，结合已知条件，求出直线过定点，两种情况综合即可求解.
【解析】（1）由得，所以焦距，离心率 .
（2）
，设直线的方程，
与椭圆:，联立得：，
整理得：，，
因为点与点不重合，为中点，所以，
代入方程，解得，所以可得点，
于是由得，直线的方程：.
（3）

①当直线斜率存在时，设方程为：，与椭圆:，
联立，得：，
整理得：，
设Ax1,y1,Bx2,y2，由韦达定理得，
且，化简得，
又，从而，，
由可得，从而，
又因为，，
所以上式化为：
整理得：，
韦达定理代入：，
化简得：.
，所以或
当时，直线为：，
直线经过点，舍去；
当时，直线为：，
此时成立，直线经过定点
②当直线斜率不存在时，设，，
则，，，
代入，得
与联立得：解得
此时直线也经过点.
综上，直线经过定点.
【点睛】关键点点睛：
本题关键在于设分斜率存在与不存在两种情况设出直线方程，
利用直曲联立得到方程，结合韦达定理解决问题.
【变式1-1】．（2024·上海·三模）阿基米德（公元前287年—公元前212年，古希腊）不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积.在平面直角坐标系中，椭圆的面积等于，且椭圆的焦距为.点、分别为轴、轴上的定点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)点为椭圆上的动点，求三角形面积的最小值，并求此时点坐标；
(3)直线与椭圆交于不同的两点A、B，已知关于轴的对称点为M，B点关于原点的对称点为，已知P、M、N三点共线，试探究直线是否过定点.若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由.
【答案】(1)
(2)，
(3)直线恒过定点
【分析】（1）根据椭圆的焦距可求出，由椭圆的面积等于得，求出，即可求出椭圆的标准方程；
（2）设（为参数），根据点到直线的距离公式表示出R到直线PQ的距离为，由正弦函数的性质确定d的最小值，即可求解；
（3）设直线，，进而写出为两点坐标，将直线与椭圆的方程联立，根据韦达定理求，，由三点共线可知，将，代入并化简，得到的关系式，分析可知经过的定点坐标.
【解析】（1）由题意知，椭圆的面积知，得，
又，所以，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）由题意得，直线方程为，即，设（为参数），
则点到直线的距离为，
当即即时，取得最小值，且最小值为，
所以的面积的最小值为，
此时.
（3）设直线，，则，，
三点共线，得
，
直线与椭圆交于两点，，
，，
由，得， ，
，代入中，
，，
当，直线方程为，则重合，不符合题意；
当时，直线，所以直线恒过定点.
【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.
题型02 定直线问题
【典例2-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）已知、是椭圆的左、右顶点，椭圆的长轴长是短轴长的倍，点与椭圆上的点的距离的最小值为．
(1)求椭圆的离心率和标准方程；
(2)求点的坐标；
(3)过点作直线交椭圆于、两点（与、不重合），连接、交于点．证明：点在定直线上；
【答案】(1)离心率为，标准方程为
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的几何性质可求出的值，进而可求得的值，由此可得出椭圆的离心率及其标准方程；
（2）设Px0,y0，利用两点间距离公式得，然后根据、分类讨论求解即可；
（3）设直线的方程为，、，与椭圆方程联立方程，结合韦达定理得，写出直线、的方程，进而求解即可；
【解析】（1）由题意可知，椭圆的长轴长为，短轴长为，
由题意可得，则，
因此，椭圆的离心率为，其标准方程为.
（2）设Px0,y0是椭圆上一点，则，
因为
若时，则，，解得（舍去），
若时，则，则，解得（舍去）或，
所以点的坐标为.
（3）设直线的方程为，、，
由，得，所以，，
所以，①
由，得或，
易知直线的方程为，②
直线的方程为，③
联立②③，消去，得，④
联立①④，消去，则，
解得，即点在直线上.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
【变式2-1】．（23-24高三下·上海·开学考试）已知椭圆的离心率为，左右焦点分别为，是椭圆上一点，，．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于两点，为线段中点．
（i）求证：点轨迹方程为；
（ii）为坐标原点，射线与椭圆交于点，点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据椭圆的焦点三角形，即可结合余弦定理求解，
（2）（i）联立直线与椭圆的方程可得韦达定理，即可根据中点坐标公式可得，从而即可得证；（ii）进一步根据向量的坐标运算即可得证.
【解析】（1）因为椭圆的离心率为，所以，解得.
因为，，.
在中，由余弦定理得，
解得，则，故椭圆的方程为；
（2）（i）
当直线的斜率存在且不为0时，不妨设直线的方程为，
联立得.
因在椭圆内，所以直线必与椭圆相交.
设，由韦达定理得，
所以.
因为为线段中点，
所以，此时，则.
要证，只需证明，
而，
所以点轨迹方程为；
（ii）联立得，则.
不妨设，所以，.
不妨设，由得
，
即.
因为，，
所以.
∵，所以，即，
则点在定直线上.
当直线斜率为0时，轴，此时,.
因为，所以，则，
故点在定直线上；
当直线无斜率时，此时直线方程为，易知轴，
所以点在轴上，则.
∵，所以，即，则点在定直线上.
综上可得：点在定直线上.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中定点问题的两种解法
（1）引进参数法：先引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.
（2）特殊到一般法：先根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.
技巧：若直线方程为,则直线过定点；若直线方程为 (为定值),则直线过定点
题型03 定值问题
【典例3-1】．（2024·上海徐汇·一模）已知过点的双曲线的渐近线方程为.如图所示，过双曲线的右焦点作与坐标轴都不垂直的直线交的右支于两点.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)已知点，求证：；
(3)若以为直径的圆被直线截得的劣弧为，则所对圆心角的大小是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)是，定值为
【分析】(1)利用双曲线的渐近线方程可设出双曲线的方程，再将点的坐标代入即可求解；
(2)要证，只需证即可；
(3)构造直角三角形，利用锐角三角函数即可求出定值.
【解析】（1）因为双曲线的渐近线方程为，
所以设双曲线方程为，又双曲线过点，
则，
所以双曲线的方程为，即.
（2）由(1)可知，的斜率存在且不为0，所以设的方程为，
联立，消去得，
设，由题意得，
所以，且，
所以
，
所以，即得证.
（3）由(2)可知恒成立，，
所以圆心到的距离，
半径，
设所对圆心角为，
则，
因为为劣弧，所以，
所以，所以，即所对圆心角的大小为定值.
【变式3-1】．（2024·上海嘉定·一模）在平面直角坐标系中，已知椭圆是其左､右焦点，过椭圆右焦点的直线交椭圆于两点.
(1)若，求点的坐标；
(2)若的面积为，求直线的方程；
(3)设直线与椭圆交于两点，为线段的中点.当时，的面积是否为定值？如果是，请求出这个定值；如果不是，请说明理由.
【答案】(1)或；
(2)或；
(3)的面积为定值，该定值为.
【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示计算可得或；
（2）设直线的方程为，联立直线与椭圆方程根据韦达定理计算可得，可得直线的方程；
（3）利用点差法计算可得，设直线的方程为，联立椭圆方程并根据韦达定理可得，再根据弦长公式以及点到直线距离可得.
【解析】（1）易知，设点Px0,y0，
可得，可得，
则，
所以，解得，
可得，
即或
（2）设直线的方程为，，
联立并整理可得，
所以，
易知的面积为
，
解得，即；
所以直线的方程为或.
（3）根据题意可知直线的斜率存在，
设直线的方程为，Ax1,y1,Bx2,y2，则Mx1+x22,y1+y22，如下图所示：
易知，两式相减可得；
由，所以可得，
即，又，可得；
即，
联立整理可得，
，可得；
可得；
所以，
整理可得，即；
易知
；
原点O0,0到直线的距离为，
所以的面积为；
所以的面积为定值，该定值为.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据弦中点问题利用点差法表示出斜率关系，再根据弦长公式和韦达定理表示出面积公式，化简即可得出结论.
题型04 最值问题
【典例4-1】．（24-25高三上·上海奉贤·期中）已知点G是圆T:上一动点（T为圆心），点H的坐标为，线段的垂直平分线交线段于点R，动点R的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)M，N是曲线C上的两个动点，O是坐标原点，直线、的斜率分别为和，且，则的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由；
(3)设P为曲线C上任意一点，延长至Q，使，点Q的轨迹为曲线E，过点P的直线l交曲线E于A、B两点，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)为定值，
(3)
【分析】（1）由已知得，可得动点的轨迹为椭圆，然后求出即可得解；
（2）设两点的坐标，表示出△的面积，利用椭圆的参数方程结合三角函数的运算，求△的面积；
（3）求出点的轨迹方程曲线，，分类讨论设直线方程，利用韦达定理表示，由直线与曲线有交点确定参数范围，求面积最大值．
【解析】（1），则，
则曲线C是以和1,0为焦点，4为长轴的椭圆；
设椭圆方程为，则，，，曲线.
（2）设
所以
则
化简得：，则，
又，
直线
则到直线的距离，
所以为定值；
（3）设点，则点，代入椭圆方程得到曲线；
当直线l的斜率不存在时：设，
代入E中有，则

当直线l斜率存在时：设，Ax1,y1，Bx2,y2，
代入E的方程：，
则，，
；
而l与椭圆C有公共点，代入得：，
由有，记，则，
综上，面积的最大值为.
【点睛】方法点睛：设而不求结合换元是解决圆锥曲线解答题最常用的方法，也是本题核心解题思路.
【变式4-1】．（2024·上海·模拟预测）如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆的左，右焦点外别为，设是第一象限内上的一点，的延长线分别交于点．

(1)求的周长；
(2)求面积的取值范围；
(3)求的最大值．
【答案】(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（1）根据题意，由椭圆的定义即可得到的周长为，从而得到结果；
（2）根据题意，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与弦长公式代入计算，即可得到结果；
（3）根据题意，联立直线的方程与椭圆方程，代入计算，即可得到点的坐标，同理可得点的坐标，然后表示出，结合基本不等式即可得到结果.
【解析】（1）为椭圆的两焦点，且为椭圆上的点，
，从而的周长为．
由题意，得，即的周长为．
（2）由题意可设过的直线方程为
联立，消去得，
因为直线所过定点在椭圆内，则直线与椭圆必有两交点，
则，
所以，
令，
则（当时等号成立，即时）
所以，
故面积的取值范围为．
（3）设，直线的方程为：，将其代入椭圆的方程可得，
整理可得
则，得，
故．
当时，直线的方程为：，将其代入椭圆方程并整理可得
，
同理，可得，
所以
，
当且仅当时，等号成立．
若轴时，易知，
此时，
综上，的最大值为．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了直线与椭圆相交问题，以及椭圆中三角形面积问题，难度较大，解答本题的关键在于联立直线与椭圆方程，结合三角形的面积公式代入计算.
题型05 取值范围问题
【典例5-1】．（2024·上海青浦·一模）已知椭圆 为椭圆 的右焦点，过点的直线 交椭圆 于 、 两点.

(1)若直线 垂直于 轴，求椭圆 的弦 的长度；
(2)设点，当 时，求点的坐标；
(3)设点，记 、 的斜率分别为 和 ，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）可根据椭圆定义和弦长公式求解；
（2）利用点P和点F的中点为可知中点坐标为左焦点坐标，之后利用椭圆的定义求得点A坐标；
（3）第三问需分类讨论，当斜率不存在时，直接求坐标和斜率，当斜率不存在时，设斜率为，设点A,B坐标，写出直线方程，最终将转化为与斜率的关系，可通过直线方程和椭圆方程联立，利用韦达定理和基本不等式最终解决该题。
【解析】（1）由题意可知，，
∴F1,0,又∵当直线 垂直于 轴时，直线的方程为，
由得，，
∴弦AB的长为.
（2）∵，且直线过点F，
∴，在中，，
∴斜边PF的中点，恰为椭圆的左焦点,
∴,又由椭圆的定义可得，
∴点在线段的垂直平分线上，又在椭圆上，
∴为椭圆的上顶点或下顶点，
∴或.
（3）当直线AB的斜率不存在时，不妨设，
∴，
故；
当直线AB的斜率存在时，设斜率为，则直线AB：y=kx-1，设Ax1,y1,Bx2,y2，
由得，，
∴，
∴，
化简得，
①当， ，当且仅当时等式成立；
②当，，当且仅当时等式成立；
③当，；
综上所述可得，的取值范围为.
【变式5-1】．（2023·上海闵行·一模）已知，曲线、的方程分别为和，与在第一象限内相交于点．
(1)若，求的值；
(2)若，定点的坐标为，动点在直线上，动点在曲线上，求的最小值；
(3)已知点、在曲线上，点、关于直线的对称点分别为、，设的最大值为，的最大值为，若，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）联立两曲线的方程，求出点的坐标，根据以及两点间的距离公式可求得的值；
（2）分析可知，曲线、关于直线对称，则点关于直线的对称点在曲线上，则，当且仅当、、三点共线时，取最小值，设点，利用平面内两点间的距离公式结合二次函数的基本性质可求得的最小值；
（3）设点、，则点、，求、关于的等式，结合可求出的取值范围.
【解析】（1）解：联立，可得，即点，
所以，，解得.
（2）解：由可得，
所以，函数的反函数为，
即，
所以，曲线、关于直线对称，则点关于直线的对称点在曲线上，
所以，，则，
当且仅当、、三点共线时，取最小值，
当时，曲线的方程为，
设点，则，
即，即当时，即当时，取最小值.

（3）解：设点、，则点、，
其中，，

，其中，
当时，即当时，取最大值，即，
此时，，
因为函数在上单调递增，此时，，
函数在上为增函数，
故函数在上为增函数，
当时，取最大值，即，
所以，，所以，.
【点睛】方法点睛：抛物线定义的两种应用：
（1）实现距离转化，根据抛物线的定义，抛物线上任意一点到焦点的距离等于它到准线的距离，因此，由抛物线的定义可以实现点与点之间的距离与点到准线的距离的相互转化，从而简化某些问题；
（2）解决最值问题，在抛物线中求解与焦点有关的两点间距离和的最小值时，往往用抛物线的定义进行转化，即化折线为直线解决最值问题.
题型06 向量问题
【典例6-1】．（2023·上海奉贤·一模）已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆上有一动点，求的取值范围；
(3)设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由．
【答案】(1)
(2)
(3)不存在点，使得//，理由见解析
【分析】（1）由题意计算即可得；
（2）由设出点坐标，表示出，结合与点坐标范围计算即可得.
（3）设出直线方程后联立得一元二次方程，由直线与椭圆交于不同的两点可得该方程，并由方程中的韦达定理表示出直线斜率，假设存在该点，则有，借此设出直线方程，则该直线与椭圆必有焦点，即联立后有，结合前面所得可计算出的范围.
【解析】（1）由题意，得，，所以，
则椭圆的标准方程为；
（2）设动点，，，
，
，所以的取值范围为；
（3）显然直线的斜率存在，故可设直线，、，
联立， 消去得，
，即①，
则，，
则，，
则，
故，
若，则有，
设直线为，
联立，消去有，
要使得存在点，则，
整理得，
故②，
由①②式得，，
则，解得，
所以当时，不存在点，使得.
题型07 弦长、焦点弦问题
【典例7-1】．（2024·上海·模拟预测）已知点在双曲线的一条渐近线上，为双曲线的左、右焦点且.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点的直线与双曲线恰有一个公共点，求直线的方程；
(3)过点的直线与双曲线左右两支分别交于点，求证：.
【答案】(1)
(2)或.
(3)证明见解析
【分析】（1）设双曲线的渐近线为，将代入渐近线方程，得出方程.，解出c，综合解出即可.
（2）斜率不存在是刚好满足，斜率存在与渐近线平行时也成立，分情况讨论，求出直线方程即可.
（3）用弦长公式求出，看做k的函数，后借助导数知识研究函数最小值，结合放缩即可证明.
【解析】（1）设双曲线的渐近线为，
因为点在双曲线的一条渐近线上，所以，
又，故，
又解得，故双曲线的方程为.
（2）
如图，当直线斜率不存在时，，满足题意；
如图，当斜率存在时，由双曲线的性质结合看图可得，
当直线过点且平行于双曲线的渐近线时，直线与双曲线也只有一个公共点，
此时，，
此时直线方程为：，即
综上：直线的方程为或.
（3）由题，直线斜率存在，
设直线方程为，即，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立，整理得：，
则
由弦长公式：
令，则,
则,，则
令,与同正负.，此时，则，即单调递增，
则，且，
则，使得
则当，即，则单调递减.
当，即，则单调递增.
则在出取得最小值,且，
故
即，原命题得证.
【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于第二问的计算，计算过程十分复杂，计算量大，并且基本都是关于字母参数的运算，要求十分仔细才可以.
【变式7-1】．（2024·上海·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为、．
(1)若的长轴长为2，焦距为4，求的渐近线方程：
(2)若，双曲线左支上任意点T均满足，求a的最大值；
(3)若双曲线的左支上存在点P、右支上存在点Q满足，求的离心率的取值范围．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据给定条件，由求出渐近线方程.
（2）设出点的坐标，利用两点间距离公式求出有最小值，再结合已知求解即得.
（3）设，结合已知可得，再按和分类建立不等式求出的范围.
【解析】（1）令双曲线的半焦距为，依题意，，由，得，则，
所以双曲线的渐近线方程为.
（2）设点的坐标为，，则，
于是，
当时，，因此，即，则，又，解得，
因此的最大值为.
（3）设点，，
由，得，整理得：，
由，得，因此，
当时，由，得，

整理得:，解得或(舍)，
由，解得；
当时，由，得，

整理得：，在有解，
故，即，解得:或（舍），
综上，曲线的离心率的取值范围是.
【点睛】方法点睛：双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
题型08 数列在圆锥曲线的应用
【典例8-1】．（23-24高三上·上海宝山·开学考试）设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点．
(1)若，求线段中点的轨迹方程；
(2)若直线的方向向量，当焦点为时，求的面积；
(3)若是抛物线准线上的点，直线，，的斜率分别为，，，求证：为的等差中项．
【答案】(1)
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）根据中点坐标公式可得，将其代入抛物线方程中即可求解.
（2）根据直线的方向向量得直线方程，联立方程，根据弦长公式以及点到直线的距离公式即可由面积公式求解,
（3）联立直线与抛物线方程得韦达定理，利用两点斜率公式，代入化简即可求证.
【解析】（1）设，焦点，
则由题意，即，
故，将其代入抛物线中得：
，即，
所求的轨迹方程，
（2）设，
，
由于直线的方向向量，所以直线的斜率为2，故直线，即，
由得，，，
到直线的距离为，
（3）点的坐标为、
设直线，代入抛物线得，
所以，
因而，，
因而，
而，故，
当直线轴时，，
，，
故
综上可知：命题得证．

【点睛】方法点睛；解答直线与抛物线的题目时，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．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或不存在等特殊情况，强化有关直线与双曲线联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
题型09 轨迹问题
【典例9-1】．（22-23高三上·上海宝山·期中）已知中心在原点，左焦点为的椭圆的左顶点为，上顶点为，到直线的距离为.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点作直线，使其交椭圆于、两点，交直线于点. 问：是否存在这样的直线，使是、的等比中项？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由；
(3)若椭圆方程为，椭圆方程为：，则称椭圆是椭圆的倍相似椭圆.已知是椭圆的倍相似椭圆，若直线与两椭圆、交于四点（依次为、、、），且，试研究动点的轨迹方程.
【答案】(1)
(2)存在，
(3)
【分析】（1）设椭圆方程为，根据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可出椭圆的方程；
（2）分析可知直线不与轴重合，设直线的方程为，记、、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，求出，由已知条件可得出，求出的值，即可得出直线的方程；
（3）设、、、各点坐标依次为、、、，将直线与两椭圆的方程联立，列出韦达定理，分析可知，化简可得出动点的轨迹方程.
【解析】（1）解：设椭圆方程为，
所以直线方程为，即，
所以，点到直线距离为，
又，解得：，，故椭圆方程为.
（2）解：当直线与轴重合时，，而，
所以，不合乎题意；
若存在直线，使是、的等比中项，则可设直线方程为，
联立可得，
所以，，解得，
记、、，由韦达定理可得，
在直线的方程中，令，可得，即，
因为，即，则，
所以，，解得，满足，
故存在直线，使是、的等比中项，其方程为，即.
（3）解：椭圆的倍相似椭圆的方程为，
设、、、各点坐标依次为、、、，
联立可得，
则，
此时，，
所以，，
联立可得，
，
所以，，，
所以，，
因为，可得线段、的中点相同，所以，
由，所以，可得，
∴，满足，，
故动点的轨迹方程为.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为、；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
【变式9-1】．（2021·上海黄浦·三模）已知直线交抛物线于两点.
（1）设直线与轴的交点为，若，求实数的值；
（2）若点在抛物线上，且关于直线对称，求证：四点共圆：
（3）记为抛物线的焦点，过抛物线上的点作准线的垂线，垂足分别为点，若的面积是的面积的两倍，求线段中点的轨迹方程.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）或.
【分析】(1)联立直线与抛物线，韦达定理得到，再利用化简得到，从而求出，最后带回韦达定理求出实数的值；(2)通过证明得到，同理，
于是点在以为直径的圆上，即四点共圆；(3)根据的面积是的面积的两倍求得直线与轴的交点为或，再根据直接法求出线段中点的轨迹方程，中间注意舍去不满足题意的点.
【解析】解：（1）由得.
设，则
因为直线与相交，所以，得
由，得，所以，
解得，从而，
因为，所以，故.
（2）设，
因为两点关于直线对称，
则，故.
又于是，
即.
由点在抛物线上，有.
因为，所以，
于是
因此，同理，
于是点在以为直径的圆上，
即四点共圆.
（3）易知设，则
设直线与轴的交点为，则
由题设，可得，
所以或.
设线段的中点为，有
当时，当与轴不垂直时，
由可得，
即
而，所以.
同理，当时，.
当与轴垂直时，与重合.符合
综上，线段的中点的轨迹方程或.
【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；
(2)有关直线与抛物线的中点或中点弦问题，一般就是点差法，斜率公式，中点坐标公式求解问题；
(3)验证四点共圆是要找直径，问题可转化成边与边垂直，不管用向量还是用斜率都可以解决.
题型10 新定义题
【典例10-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）我们把由半椭圆与半椭圆合成的曲线称作“果圆”，其中，，．如图，设点，，是相应椭圆的焦点，，和，是“果圆”与，轴的交点，是线段的中点．

(1)设是“果圆”的半椭圆上任意一点，且，．求证：当取得最小值时，在点处；
(2)若是“果圆”上任意一点，求取得最小值时点的横坐标；
(3)连接“果圆”上任意两点的线段称为“果圆”的弦．试研究：是否存在实数，使斜率为的“果圆”平行弦的中点轨迹总是落在某个椭圆上？若存在，求出所有可能的值；若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)答案见解析
(3)存在；
【分析】（1）先求得，然后设出点的坐标，再根据两点间的距离公式来求得正确答案.
（2）先求得，然后设出点的坐标，再根据两点间的距离公式来求得正确答案.
（3）先证明斜率相同的椭圆的弦的中点在定直线上，据此可判断“果圆”平行弦的中点轨迹是否落在某个椭圆上.
【解析】（1）是“果圆”的半椭圆上任意一点，所以，
，所以，所以.
设，
，
二次函数的开口向下，对称轴为，
由于，所以当时，取得最小值，
此时，即在点处.
（2）半椭圆，对应，
半椭圆，对应，则，
当在半椭圆上时，设，
则
，
，，，
二次函数的开口向下，
由于，所以当或时取得最小值，
当时，，
①，
当时，，②.
所以当取得最小值时，在或或处，
,设Px,y，
且和同时位于"果圆"的半椭圆和半椭圆上，
只需研究位于"果圆"的半椭圆上的情形即可.
，
当,即时,的最小值在时取到,此时的横坐标是.
当,即时,
由于在时是递减的,的最小值在时取到,此时的横坐标是.
综上所述,若,当取得最小值时,点的横坐标是；
若,当取得最小值时,点的横坐标是或.
（3）我们证明一个结论：
若斜率为的直线与椭圆交于两点，则中点的轨迹在直线上,
证明：设Ax1,y1,Bx2,y2，它们的中点为，
则且，
从而，故，
故，故中点在直线上.

对于“果园”的弦的中点，
若斜率，则设直线，
它与“果圆”的交点是，，
弦的中点满足，
消去可得弦的中点轨迹方程是，
而，
即，所以，若“果圆”弦所在直线的斜率为0，则平行弦中点轨迹是椭圆.
若“果圆”弦的斜率，则可平移过程总存在无数条斜率为的直线与“果园”的左半椭圆相交，由前述证明的结论，此时中点在直线上，
故平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上.
综上，斜率时，“果圆” 平行弦中点轨迹落在某个椭圆上.
斜率时，“果圆” 平行弦中点轨迹不能总落在某个椭圆上.
【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
题型11 三角形的“心”在圆锥曲线的应用
【典例11-1】．（2024·上海·二模）在中，已知，，设分别是的重心、垂心、外心，且存在使.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)求的外心的纵坐标的取值范围；
(3)设直线与的另一个交点为，记与的面积分别为，是否存在实数使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据重心坐标公式以及向量共线可得，即可根据垂直的坐标运算求解，
（2）根据外心的性质得，与椭圆方程联立可得，即可根据椭圆的有界性求解，
（3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据共线关系以及面积的表达，代入化简求解即可.
【解析】（1）设，则的重心.
，，则，
为垂心，故
因为存在使，故，所以，，
而，由垂心定义得，即，整理得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）

由外心的定义知点在轴上，则，
的中点，，
所以，整理得.
与的方程为联立，得.
因为，所以.
（3）由对称性，不妨设点在第一象限，设Ax1,y1，，直线：，
联立方程得，
，整理得；
，又，所以.
由条件知，，，所以三点共线且所在直线平行于轴，
由，知，
所以.
令，解得（舍去）.
又点Ax1,y1在直线：上，所以，
即，所以.又，联立得，所以.
又，所以，即，所以.
所以，当点在第一、四象限时，；当点在第二、三象限时，.
故存在实数使.
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
【变式11-1】．（2022·上海青浦·二模）已知椭圆：的右焦点为，过的直线交于，两点.

(1)若直线垂直于轴，求线段的长；
(2)若直线与轴不重合，为坐标原点，求面积的最大值；
(3)若椭圆上存在点使得，且的重心在轴上，求此时直线的方程.
【答案】(1)3
(2)
(3)或或
【分析】（1）令，求出即可.
（2）设直线的方程为：，与椭圆方程联立，利用韦达定理和三角形面积公式表示出的面积即可.
（3）分类讨论直线，与椭圆方程联立，利用中点坐标公式求出中点的坐标，
再利用重心的性质求出的坐标，代入椭圆方程即可求解.
【解析】（1）由题意，所以，
在椭圆方程中令，得，
解得，所以.
（2）设直线的方程为：，
将其与椭圆方程联立得，
化简并整理得，
所以，，
所以，
所以的面积为，
令，则，
又因为在上单调递增，
所以，当且仅当时取等号，
所以面积的最大值为.
（3）当直线不与轴重合时，设直线：，的中点为点，
由（2）可知，将其与椭圆方程联立并整理得，
所以，，
因为的重心在轴上，
所以由重心坐标公式得，
所以，
所以，，
因为，所以由等腰三角形三线合一可知，
所以直线：，
所以，
所以点，将其代入椭圆方程化简并整理得，
解得或，
所以直线：或.
当直线与轴重合时，点在椭圆的上、下顶点，满足题意，此时直线：.
综上所述：满足题意的直线的方程为或或.
题型12 证明恒等式
【典例12-1】．（2023·上海杨浦·模拟预测）贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线．法国数学象卡斯特利奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了De Casteljau算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出地物线．反之，已知抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论．如图所示，抛物线，其中为一给定的实数.

(1)写出抛物线的焦点坐标及准线方程；
(2)若直线与抛物线只有一个公共点，求实数k的值；
(3)如图，A，B，C是H上不同的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：．
【答案】(1)，
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据抛物线方程写出焦点及准线方程即可；
（2）联立方程，由即可得解；
（3）设，设抛物线在点处的切线方程为，联立方程，根据求得斜率，进而可求得三条切线方程，从而可求得点、、的横坐标，再根据结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，即可得证.
【解析】（1）焦点为，准线为；
（2）将代入，
化简得（*），
方程（*）的判别式，
化简得，解得；
（3）设，
设抛物线在点处的切线方程为，
由，消去并化简得，
，
，，
解得，故切线方程为，
， ，即，
同理可求得抛物线上过点B，C的切线方程分别为：
，，
联立，解得，即，
同理可得，，
因为，
，
，
所以．
【点睛】关键点点睛：第三问结论中线段长度的比例可以转化为点的横坐标的比例，是解决本题的关键.
一、解答题
1．（2020·上海普陀·一模）已知双曲线的焦距为4，直线l：与交于两个不同的点D､E，且时直线l与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形.
(1)求双曲线的方程；
(2)若坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，求实数m的取值范围；
(3)设A､B分别是的左､右两顶点，线段BD的垂直平分线交直线BD于点P，交直线AD于点Q，求证：线段PQ在x轴上的射影长为定值.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）列方程求得a、b，即可得到双曲线的方程；
（2）把坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，转化为，解不等式可得实数m的取值范围；
（3）求得P、Q两点的坐标，得到，即可证明线段PQ在x轴上的射影长为定值.
【解析】（1）当直线l：与C的两条渐近线围成的三角形恰为等边三角形，
又双曲线的渐近线为，则
又焦距为4，则，解得，，
则所求双曲线的方程为.
（2）设，，则，
由，得，
则，
，，，
又坐标原点O在以线段DE为直径的圆内，
则，即，即，
即，则，
即，则或，
即实数m的取值范围.
（3），
设，则，
直线BD的斜率为， 又，
则直线PQ的方程为，即，
直线AD的斜率为，直线AD的方程为，
由，得，
即点Q的横坐标为，则.
故线段PQ在x轴上的射影长为定值.
2．（2024·上海奉贤·一模）椭圆的左右焦点分别为，设Px0,y0是第一象限内椭圆上的一点，的延长线交椭圆于点．
(1)若椭圆的离心率，求的值；
(2)若，求；
(3)若，过点的直线与椭圆交于两点，且，则当时，判断符合要求的直线有几条，说明理由？
【答案】(1)；
(2)；
(3)答案见解析
【分析】（1）直接根据离心率的定义求解即可；
（2）直线与椭圆方程联立，利用三角函数的知识表示出，再利用弦长公式表示出，结合向量数量积公式代入求出，再求和；
（3）分类讨论，当直线斜率不存在时满足条件，当斜率存在时，先写出的表达式，然后对方程进行分类讨论.
【解析】（1）若，则，解得：.
（2）若，则椭圆方程为：且，由点在第一象限可知的斜率不为，
设直线的方程为：，直线与椭圆方程联立消去得：，
所以，，
因为，所以，
而，
解得：，把代入得：，
把代入椭圆方程得：.
（3）若，则椭圆方程为：，且，
当且直线斜率存在时，设直线的方程为：，，
直线与椭圆方程联立消去得：，
所以，，
所以，整理得：，
当或时，即或时，
方程无解，所以不存在满足的直线；
当即时，方程只有唯一的解，所以，存在一条满足的直线；
当，即时，方程有两个不相等的实数解，
所以存在两条满足的直线；
当且直线斜率不存在时，直线即轴，满足.
综上所述：当或时，存在一条满足的直线；
当时，存在两条满足的直线；
当 时，存在三条满足的直线.
【点睛】关键点点睛：本题考查的是直线与圆锥曲线相交的弦长问题，第二问的关键点是如何表示出和，第三问的关键点是写出当直线斜率存在时的表达式以及如何分类讨论解决方程的解的个数，另外还需注意直线斜率不存在的情况.
3．（2024·上海·三模）已知抛物线的焦点为F，过点的直线l与交于A、B两点．设在点A、B处的切线分别为，，与x轴交于点M，与x轴交于点N，设与的交点为P．
(1)设点A横坐标为a，求切线的斜率，并证明；
(2)证明：点P必在直线上；
(3)若P、M、N、T四点共圆，求点P的坐标．
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数的几何意义可求出切线的斜率，再由点斜式求出直线的方程，从而可求出的坐标，则可得，从而可得结论；
（2）设，，利用导数的几何意义可求出，的方程，两方程联立求出交点的坐标，再由三点共线得，化简变形后可得结论；
（3）解法一：表示出三点坐标，设的外接圆方程为，将坐标代入方程可求出，从而可得圆的方程，再将代入圆方程，化简后与联立可求出点的坐标；解法二：由（1）可得， ，则F，M，N，P四点共圆，PF是的外接圆的直径，而在的外接圆上，从而可求出直线TP方程，从而可求出点的坐标.
【解析】（1）点A横坐标为a，则，
因为，，所以点A处的切线斜率为a
所以切线的方程为，
切线与x轴的交点为，
因为，所以，
所以，所以，
当时，亦有；
结论得证.
（2）证明：设，，由，得，
所以，
所以直线，直线，
由，得，即两直线的交点，
因为点，，三点共线，
所以，，得，
所以，所以
所以点P在直线上
（3）因为直线，直线，
所以，，由（2）可知，
设的外接圆方程为，
则，
解得，，
所以外接圆方程为
将代入方程，得
又，解得，，
所以点P坐标为
解法二:抛物线的焦点，
由（1）可知，同理可证得，
所以F，M，N，P四点共圆，
所以PF是的外接圆的直径，
因为P、M、N、T四点共圆，所以点在的外接圆上，
所以，
所以，即，得，
所以直线TP方程为，即
又点P在直线上，
则由，得，
所以点P坐标为
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的切线问题，考查直线过定点问题，四点共圆问题，解题的关键是利用导数的几何意义求出切线方程，考查计算能力和数形结合的思想，属于难题.
1、求解直线或曲线过定点问题的基本思路
(1)把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2、圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
3、圆锥曲线中最值的求法
(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.
4、圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
5、存在性问题的解题策略
存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意．