2026年高考数学一轮复重难点培优18圆锥曲线中的新定义问题(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复重难点培优18圆锥曲线中的新定义问题(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，文件包含一下语文园地四pptx、一下语文园地四docx、AlimamaDongFangDaKai-Regularotf、dingliesongtypeface20241217-2ttf、DINGLIEZHUHAIFONT-20240831GENGXINBAN-2TTF、ZiKuJiangHuGuFengTi-2ttf、字体家AI造字剑客ttf、江西拙楷30ttf、演示流云楷ttf、澳声通拼音鼎楷ToneOZ-Pinyin-Kai-Simplifiedttf、霞鹜文楷GB-Regularttf等11份课件配套教学资源，其中PPT共52页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 2
\l "_Tc16555" 题型一 双纽线（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 2
\l "_Tc7141" 题型二 心形线（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 6
\l "_Tc26803" 题型三 卡西尼卵形线（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 11
\l "_Tc13512" 题型四 四叶草曲线（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 14
\l "_Tc3897" 题型五 黄金椭圆、双曲线（★★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 18
\l "_Tc326" 题型六 其他新曲线（★★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 22
\l "_Tc11957" 题型七 其他新定义问题（★★★★★） PAGEREF _Tc11957 \h 29
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 39
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 39
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 56
1、常见圆锥曲线新定义问题处理思路
（1）将新定义问题转化为常规问题.例如“分隔线”问题转化为直线与曲线位置关系的判定.
（2）反客为主：若直接求解困难，可逆向分析.例如黄金椭圆中通过切线斜率之积反推离心率.
（3）新定义曲线建立方程→分类讨论→验证性质
（4）新定义交汇题联立方程→参数法→几何性质转化
（5）几何模型应用题识别模型（如阿基米德三角形）→应用性质（如中线平行、面积最小值）
2、核心原则
（1）定义优先：紧扣新定义的数学表达，避免套用常规套路.
（2）参数为王：复杂问题引入参数简化运算，如双曲线有理参数法.
（3）图形辅助：动态绘制示意图，直观捕捉对称性、范围等关键信息.
3、解题技巧与思想方法
（1）分类讨论与特殊化验证
当新定义涉及范围限制时，需分区间讨论.
特殊点验证：代入特殊点（如原点、顶点）快速判断选项.
（2）数形结合与动态分析
绘制示意图辅助理解.例如“双扭线”（新定义曲线）的对称性分析.
动态轨迹：若问题涉及动点轨迹（如阿基米德三角形顶点轨迹），可结合参数方程与几何性质推导.


题型一 双纽线
1．（24-25高三上·云南·月考）（多选题）如图，曲线是一条“双纽线”，其上的点满足：到点与到点的距离之积为4，则下列结论正确的是（ ）
A．点在曲线上
B．点在上，则
C．点在椭圆上，若，则
D．过作轴的垂线交于两点，则
【答案】ACD
【分析】由“双纽线”定义判断A；由“双纽线”定义得到，再计算判断B；由“双纽线”定义和椭圆定义判断C；设，由勾股定理得到，再解方程判断D.
【详解】对于A，，由定义知，A正确；
对于B，由点在上，得，
化简得，解得，，B错误；
对于C，椭圆的焦点坐标恰好为与，
则，由，得，
则，，C正确；
对于D，设，则，而，则，
又，
则，化简得，解得，，
因此1，，D正确.
故选：ACD
2．（2025·四川攀枝花·模拟预测）（多选题）在平面直角坐标系中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点P为双纽线C上任意一点，则（ ）
A．C关于x轴对称B．点在C上
C．直线与C有且仅有两个交点D．C上存在点P，使得
【答案】ABD
【分析】用定义法把动点的轨迹方程求出来，利用代换，可判断A；将点的坐标代入方程，看是否满足方程可判断B；将直线方程与曲线方程联立，解得有三组解，可判断C；利用原点到的距离正好是，可知满足题意，可判断D.
【详解】由题知，点到定点的距离之积为1，
可得，整理得，
即曲线的方程为，
对于A，用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，故A正确；
对于B，将点代入曲线的方程，等式成立，所以点在上，故B正确；
对于C，联立，解得或或，
所以直线与有三个交点，故C错误；
对于D，原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，而，
所以曲线上存在点与原点重合时，满足，故D正确.
故选：ABD
3．（24-25高三下·河南平顶山·开学考试）（多选题）双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”.如图，曲线是双纽线，关于曲线，下列说法正确的是（ ）
A．
B．上存在点，使得
C．上的点的纵坐标的最大值为
D．若直线与恰有一个公共点，则的取值范围为
【答案】AC
【分析】根据图象所过的定点，即可判断A，根据方程可得，即可判断B，根据方程的转化，变量的转化，利用韦达定理和判别式求得到取值范围，判断C，联立方程后，方程的根只有0，求的取值范围，即可判断D.
【详解】对于A，由图可知，点在上，则，所以，A正确；
对于B，设曲线上任一点，
由，可得，，
即上不存在点，使得，B不正确；
对于C，方程可化为，
令，得，
由，可得，
即，易知等号成立，故上的点的纵坐标的最大值为，C正确；
对于D，直线与均经过原点，则直线与除原点外无其他公共点，
联立方程组，整理得，
当时，方程仅有一解，满足题意，
当时，整理得，
当时，方程恒成立，因为恒有一解，
所以无解，即当时，方程无解，
综上，，解得或，D不正确.
故选：AC.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用方程的思想分析几何问题，C选项转化为关于的方程有正根，D转化为方程只有1个根.
4．造型在纺织中作为花纹得到广泛应用，这种造型被称为双纽线.已知椭圆的左､右焦点分别为，焦距为4，若动点满足，则动点的轨迹就是一个双纽线.下列说法正确的是 .
①轨迹仅经过一个整点（即横､纵坐标都是整数的点）；
②若点位于椭圆上，且，则的离心率为；
③点与原点之间的距离不超过；
④若直线与曲线有且仅有一个公共点，则或.
【答案】①③④
【分析】根据双纽线定义利用求得轨迹的方程为，利用换元法构造方程可得经过整点；再由椭圆定义以及余弦定理计算可知当时，的离心率为；由曲线方程可得点与原点之间的距离为；联立直线和曲线方程根据交点个数解不等式即可得或.
【详解】对于①，由题意可知，
设，则，
化简，即轨迹的方程为；
令，则，整理可得，
则，解得；
当时，或或，
当时，或，故经过整点，因此轨迹仅经过一个整点，即①正确；
对于②，若点位于椭圆上，所以，
则，
可得，又，所以；
可得，可得的离心率为，即②错误；
对于③，当点与点重合时，点与点之间的距离为0；
当点与点不重合时，点与点之间的距离为，
则点与点之间的距离不超过，即③正确；
对于④，因为直线与曲线有且仅有一个公共点，直线和曲线都经过原点，
因此除原点外，直线与曲线再无公共点，
由可得，
因此当时，方程无解，则，
解得或，即④正确.故答案为：①③④

题型二 心形线
1．如图，是某心形二次曲线，则的方程可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】利用排除法，根据对称性排除CD，令，解方程排除B.
【详解】显然图象关于y轴对称，即把x换成方程不变，可知CD错误；
对于B：令，可得，解得或，不合题意；
故选：A.
2．如图，心形曲线与y轴交于A，B两点，点P是上的一个动点，则（ ）
A．点和点均不在上
B．的最大值与最小值之和为22
C．点P的纵坐标的最大值为
D．
【答案】D
【分析】代入可得A错误；设曲线的参数方程，结合两点间距离公式和二倍角的正余弦公式以及辅助角公式可得B错误、D正确；由B结合辅助角公式可得C错误；
【详解】对于A，代入曲线方程可得，
即点在上，故A错误；
对于B，根据对称性不妨设，，
，
由正弦函数的值域可得最大值与最小值的差为24，故B错误；
对于C，由B可得，
点P的纵坐标的最大值为，故C错误；
对于D，当时，可得，
所以
，故D正确.
故选：D
3．（多选题）如图，数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，爱心曲线就是其中之一，下列结论正确的是（ ）
A．曲线上的点的横坐标取值范围是
B．曲线上的点到原点的距离最大值为
C．曲线恰好经过6个整数点（即横坐标、纵坐标均为整数）
D．曲线所围成的“心形”区域面积大于3
【答案】BCD
【分析】对于A，由判别式的计算即可判断，对于B，借助基本不等式即可判断，对于C，计算出所有整点即可判断，对于D，借助割补法计算即可判断.
【详解】对于A，根据题意，曲线，
当时，曲线的方程为，
移项可得，
关于的一元二次方程的判别式，
解得，又因为，所以，
当时，曲线的方程为，
则曲线关于轴对称，
所以曲线上的点的横坐标取值范围是，故A错误；
对于B，当时，曲线的方程为，
则有，变形可得，当且仅当时等号成立，
又由曲线关于轴对称，则曲线上任意一点都满足，
曲线上的点到原点的距离最大值为，故B正确；
对于C，曲线，
当时，，所以，即曲线经过，；
当时，方程为，有，
解得，所以只能取整数1，
当时，有，解得或，即曲线经过，，
根据对称性可得曲线还经过，，所以曲线一共经过6个整点，C正确；
对于D，因为在轴上方，曲线围成图形的面积大于四点，，
，围成的矩形面积，
在轴下方，图形面积大于三点，，
围成的等腰直角三角形的面积，
故曲线所围成的“心形”区域的面积大于3，D正确；
故选：BCD
4．（24-25高三下·广东广州·月考）（多选题）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、卵形线、蔓叶线等，而心形线也是其中一种，因其形状像心形而得名，其平面直角坐标方程可表示为，图形如图所示．当时，点是其中一条心形线C上不同的两点，且，对于这条心形线，下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．
C．该心形线围住的区域面积
D．该心形线上有4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
【答案】ABD
【分析】根据三点共线可得直线过原点，联立直线与曲线的方程，求解后即可根据弦长公式得A；令，再结合图象可得，再借助换元法令，计算可得，即可得B；代入得或，则可得或，则可将原图形分割成多个部分放缩计算从而得C；利用换元法可得的整数解，即可求解方程的整数根.
【详解】依题意，心形线的直角坐标方程为，
对A：心形线过原点，由，可知三点共线，
可设直线，由，
消去，得．不妨设，
则，
∴，故A正确；
对B：令，可得或，由图可知，
但由于点要求不在y轴上，故，
令，则心形线的方程可化为，
有，即，故B正确；
对C：令，与心形线可围成矩形，
代入得，则，
则或，
令，则，，
故恒成立，则单调递增，
又，
，
故时，有解，
故中间矩形的面积，顶部两个弧形面积和；
底部弧形面积，
故心形线围住的区域面积，故C错误；
对D：由B知，，，
当，或，进而可得或0，
当时，方程无整数解；
当时，，故，
∴C上有4个整点，故D正确.
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：对于给定的曲线方程，要研究该曲线的性质，往往需要结合曲线方程的特征合理换元（如平方和转化为距离等）.

题型三 卡西尼卵形线
1．（2025·河南周口·二模）（多选题）在平面内，到两定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．已知曲线C上的动点P到两定点，的距离之积为，O为坐标原点，则（ ）
A．C关于x轴和y轴均对称B．的面积的最大值为
C．周长的最小值为6cD．的取值范围为
【答案】ACD
【分析】设，应用两点间距离公式化简得出轨迹整理判断A，换元结合二次函数的值域判断B，应用基本不等式化简求解判断C，设确定的范围，从而得的取值范围，即可判断D．
【详解】设，因为在平面直角坐标系中，，，动点满足，
所以，
化简得，
对于A，将换成可得，将换成可得，
所以C关于x轴和y轴均对称，故A正确；
对于B，设，则，
所以，故，则，
故面积的最大值为，故B不正确；
对于C，因为，所以，
当且仅当时，周长的最小值为6c，故C正确；
对于D，，所以，
由，可得，所以，所以，
故的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
2．（多选题）到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.已知两定点，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列命题错误的是（ ）
A．曲线过原点B．的横坐标最大值是2
C．的纵坐标最大值是D．
【答案】BC
【分析】对于A，由题求出的轨迹方程，令，计算即可判断；对于B，求出横坐标的取值范围，即可判断；对于C，化简方程可得，即可判断；对于D，令，将化为，结合构造函数，利用导数判断单调性，即可判断.
【详解】由题意知动点满足，，
故，
即，
即，则，
对于A，当时，，即曲线过原点，A正确；
对于B，由，得，
则，解得，即的横坐标最大值是，B错误；
对于C，因为，
当且仅当时取等号，即的纵坐标最大值是1，C错误；
对于D，若，即，
令，则，即，
设，，
即在上单调递增，故，即成立，
故成立，D正确，
故选：BC
3．（2025·云南昆明·模拟预测）（多选题）卡西尼线型，特别是卡西尼卵形线，在天文学和航天工程中有广泛的应用，最初是在研究土星及其卫星的运动规律时发现的，土星的环和某些卫星的轨道轨迹可以通过卡西尼卵形线来描述，这些卵形线是卫星围绕土星运动的轨迹.而在数学领域，卡西尼卵形线是解析几何中研究的重要曲线之一，我们把平面内与两定点距离之积为定值的点的轨迹叫做卡西尼卵形线.现已知平面内有一卵形线，则下列说法正确的是（ ）
A．曲线过原点
B．曲线既是中心对称图形又是轴对称图形
C．曲线上点的横坐标的取值范围是
D．曲线上任意一点到原点距离的取值范围是
【答案】BCD
【分析】把原点坐标代入曲线方程不成立可得选项A错误；把、、代入曲线方程成立可得曲线既是中心对称图形又是轴对称图形，选项B正确；通过不等关系可得，计算结果可判断选项C正确；对曲线方程进行变形得，利用点到原点的距离公式可得选项D正确.
【详解】对于A，不满足方程，A错误；
对于B，将，代入，
均为，В正确；
对于C，因为，
所以，即，
所以，所以，C正确；
对于D，设点在曲线上，有，
即，
所以，
因为，所以，
即，所以，D正确.
故选：BCD.

题型四 四叶草曲线
1．四叶草曲线是数学中的一种曲线，某方程为，因形似花瓣，又被称为四叶玫瑰线（如图），在几何学、数学、物理学等领域中有广泛的应用.例如，它可以用于制作精美的图案、绘制函数图象、描述物体运动的轨迹等等.根据方程和图象，给出如下4条性质，其中错误的是（ ）
A．四叶草曲线方程是偶函数，也是奇函数；
B．曲线上两点之间的最大距离为；
C．曲线经过5个整点（横、纵坐标都是整数的点）；
D．四个叶片围成的区域面积小于.
【答案】A
【分析】根据函数与方程的定义可判断A；设曲线上的点到原点的距离为，利用基本不等式可得的范围可判断B；由的范围可得的范围，可得曲线上的整点可判断C；由的范围得曲线上的点到原点的距离最大值为，求出以为圆心，为半径的圆的面积可判断D.
【详解】对于A， 用替换方程中，方程不变，四叶草曲线方程不是函数的解析式，
所以不是偶函数，也不是奇函数，只是四叶草曲线关于轴、原点对称，故A错误；
对于B， 设曲线上的点到原点的距离为，因为，所以
，，所以，
可得，即，根据对称性可得两点之间的最大距离为，故B正确；
对于C， 由B可知，所以，可得曲线上的整点有，曲线经过5个整点，故C正确；
对于D，由B可知，曲线上的点到原点的距离最大值为，
以为圆心，为半径的圆的面积为，所以四个叶片围成的区域面积小于，故D正确.
故选：A.
2．（24-25高三上·江西南昌·开学考试）（多选题）四叶草又称“幸运草”，有一种说法是：第一片叶子代表希望､第二片叶子表示信心､第三片叶子表示爱情､第四片叶子表示幸运.在平面直角坐标系中，“四叶草形”曲线的方程为，则下列关于曲线的描述正确的有（ ）
A．其图象是中心对称图形
B．其图象只有2条对称轴
C．其图象绕坐标原点旋转可以重合
D．其图象上任意两点的距离的最大值为
【答案】AC
【分析】根据曲线的方程，结合点关于原点、、的对称点，及旋转后的点的坐标逐一分析即可判断，曲线上任意两点的距离的最大值即为曲线的外接圆的直径，结合基本不等式可得，即曲线在圆的内部，即可判断.
【详解】在方程中，以替换，以替换，方程不变，
所以其图象是中心对称图形，故正确；
在方程中，以替换，以替换，方程不变，
所以其图象关于直线对称，
同理，以替换，以替换，方程不变，所以其图象关于直线对称，
所以其图象有4条对称轴，故错误；
在方程中，以替换，以替换，方程不变，
设为曲线上任意一点，
则点绕坐标原点旋转得到的点为或，
将点或的坐标代入曲线的方程，方程不变，
所以图象绕坐标原点旋转可以重合，故正确；
曲线上任意两点的距离的最大值即为曲线的外接圆的直径，
，
，
所以曲线在圆的内部，
所以曲线上任意两点的距离的最大值小于，故错误.
故选：.
3．（多选题）如图，数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，给出下列结论正确的有（ ）

A．曲线有4条对称轴
B．曲线上的点到原点的最大距离为
C．曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积最大值为
D．四叶草面积小于
【答案】ACD
【分析】利用之间的代换判断出对称轴的条数判断A；利用基本不等式求解出到原点的距离最大值判断B；将面积转化为的关系式，然后根据基本不等式求解出最大值判断C；根据满足的不等式判断出四叶草与对应圆的关系，从而判断出面积是否小于.判断D.
【详解】对于A，当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
综上可知：有4条对称轴，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以，所以，取等号时，
所以曲线上的点到原点的最大距离为，故B错误；
对于C，设任意一点，所以围成的矩形面积为，因为，
所以，所以，取等号时，
所以围成矩形面积的最大值为，故C正确；
对于D，由B可知，所以四叶草包含在圆的内部，
因为圆的面积为，所以四叶草的面积小于，故D正确；
故选：ACD．
4．（多选题）曲线被称为“幸运四叶草曲线”（如图所示）．给出下列四个结论，正确的有（ ）
A．曲线C关于直线交于不同于原点的两点，则
B．存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）；
C．存在一个以原点为中心、半径为1的圆，使得曲线C在此圆面内（含边界）；
D．曲线C上存在一个点M，使得点M到两坐标轴的距离之积大于.
【答案】AC
【分析】由对称性判断A，利用基本不等式求得曲线上的点到原点距离的最大值后可判断BCD．
【详解】因为由可得，所以曲线关于原点对称，
又直线过原点，所以与两点关于原点对称，
所以，所以A正确；
由，所以，
即：①，当取等号，此时，点在曲线上，
而，所以不可能在一个以原点为中心、边长为1的正方形内，所以B错误，
点可以在一个以原点为中心、半径为1的圆上，故C正确，
由①式知，所以D错误．
故答案为：AC．
【点睛】方法点睛：利用方程研究曲线的性质，利用基本不等式求曲线上的点到原点距离的最大值．

题型五 黄金椭圆、双曲线
1．（2025·甘肃白银·二模）（多选题）我们把短轴长与长轴长的平方比为的椭圆称为“黄金椭圆”．已知椭圆是“黄金椭圆”，其左、右焦点分别是，，，左、右顶点分别为，上、下顶点为，则（ ）
A．椭圆C的离心率为
B．a，b，c成等比数列
C．是直角三角形
D．以，为直径的圆是菱形的内切圆
【答案】BCD
【分析】由“黄金椭圆”的定义得到的值，进而求出离心率，即可判断A；由和离心率的值，验证是否成立，即可判断B，求出三边的长，验证是否成立，即可判断C，分别求出菱形的内切圆半径，及圆心到直线的距离，验证是否成立，即可判断D.
【详解】对于A，由“黄金椭圆”的定义可知，即.
所以椭圆的离心率，
因为椭圆的离心率，所以，故A错误；
对于B，由可得，
由可得，所以，
所以，即a，b，c成等比数列，故B正确；
对于C，由题意可知，
所以，，，
因为，
，
所以，所以是直角三角形，故C正确；
对于D，以，为直径的圆的方程为，
菱形的边长为，周长为.
菱形的面积，
设菱形的内切圆半径为，
则菱形的面积周长，所以.
直线的方程为，即，
设圆心到直线的距离为，
则，
所以以，为直径的圆是菱形的内切圆，故D正确.
故选：BCD
2．（24-25高三上·江苏南通·月考）（多选题）“黄金双曲线”是指离心率为“黄金分割比”的倒数的双曲线（将线段一分为二，较大部分与全长的比值等于较小部分与较大部分的比值，则这个比值称为“黄金分割比”）.若黄金双曲线的左右两顶点分别为，虚轴上下两端点分别为，，左右焦点分别为为双曲线任意一条不过原点且不平行于坐标轴的弦，为的中点.设双曲线的离心率为，则（ ）
A．
B．
C．直线与双曲线的一条渐近线垂直
D．直线与双曲线的左支有两个不同的交点
【答案】AC
【分析】根据黄金分割比计算可得A正确，利用点差法计算可得，即B错误，由两直线的斜率关系可判断C正确，易知一条渐近线的斜率为，可判断D错误.
【详解】对于A，设线段长度为1，较大部分为，则较小部分为，
由题黄金分割比为，且
若为黄金双曲线，
则离心率为，即A正确；
对于B，设，其中，
又在双曲线线上，所以，
两式相减可得，
即，可得，
所以，可得B错误；
对于C，易知，所以，
易知双曲线的一条渐近线斜率为，
则，
因此直线与双曲线的一条渐近线垂直，即C正确；
对于D，由离心率为可得，解得，
可得一条渐近线的斜率为，
而直线的斜率，
根据渐近线性质可知直线与双曲线的左右两支各有一个交点，即D错误.
故选：AC
3．（2024·贵州·模拟预测）我们把离心率为的双曲线称为“黄金双曲线”．已知“黄金双曲线”，则的虚轴长为 ．
【答案】
【分析】根据条件及离心率的定义，得到，即可求解.
【详解】因为，即，解得，所以的虚轴长为，
故答案为：.
4．数学美的表现形式多种多样，我们称离心率的椭圆为黄金椭圆，现有一个黄金椭圆方程为，若以原点O为圆心，短轴长为直径作圆O，P为黄金椭圆上除顶点外任意一点，过P作圆O的两条切线，切点分别为A，B，直线与x，y轴分别交于两点，求的值.
【答案】
【分析】直线是以为直径的圆与圆的相交弦所在直线，两圆相减求出直线方程，进而求出点坐标，代入所求式化简可得.
【详解】依题意有O，A，P，B四点共圆，设点P坐标为，
则该圆以为直径，方程为，即，
将两圆方程：与相减，
得切点所在直线方程为，
当时，；当时，，
所以，，因为，
所以.

题型六 其他新曲线
1．（2025·江西·一模）（多选题）我们把形如的曲线叫作拉梅曲线，该曲线是法国数学家加布里埃尔•拉梅在研究圆锥曲线方程时进行拓展而得的．下列说法正确的是（ ）
A．若，则拉梅曲线围成的封闭区域的面积为
B．若，则拉梅曲线围成的封闭区域的面积小于
C．若拉梅曲线与曲线恰有4个公共点，则
D．若为拉梅曲线上第一象限内一点，则
【答案】BCD
【分析】对拉梅曲线的理解后，根据在特定参数下曲线的性质和所围成区域面积的计算，通过分析各个选项，结合拉梅曲线的基本定义和性质，逐一验证每个选项的正确性即可求解．
【详解】当时，拉梅曲线方程为为菱形，与坐标轴交于点，，
则拉梅曲线围成的封闭区域的面积为2ab，A不正确．
当时，根据对称性，不妨考虑拉梅曲线在第一象限的情形，
此时由可得，下证，
即证，即证，
即证，即证，即证，
即证，即证，这显然成立．
因为（）表示圆心为，半径为a的四分之一圆弧，
所以其与第一象限围成的封闭区域的面积为，
则拉梅曲线与第一象限围成的封闭区域的面积小于，
则拉梅曲线围成的封闭区域的面积小于，B正确．
当拉梅曲线与曲线恰有4个公共点时，
根据对称性可知，它们在第一象限恰有1个公共点，由，
整理得恰有1个正根，则，
解得，即，C正确．
若为拉梅曲线上第一象限内一点，
则，从而，D正确．
故选：BCD．
2．（2025·陕西延安·模拟预测）（多选题）在平面直角坐标系中，定义原点的“相伴点”是原点，当不是原点时，的“相伴点”为．平面曲线上所有点的“相伴点”所构成的曲线定义为曲线的“相伴曲线”，则下列说法正确的是（ ）
A．若的坐标为，则的“相伴点”的坐标为
B．若不在直线上的点的“相伴点”是点，则直线与直线关于直线对称
C．若曲线是以原点为圆心的圆，则其“相伴曲线”也是圆
D．若曲线是一条直线，则曲线的“相伴曲线”也是一条直线
【答案】ABC
【分析】根据“相伴点”的定义，即可判断A，根据直线的对称性的特点，结合“相伴点”的定义，即可判断B，首先设曲线的方程，再结合“相伴点”的定义，即可判断C，设曲线的直线方程，结合“相伴曲线”的定义，即可判断D.
【详解】A.若点的坐标是，则的“相伴点”的坐标为，即，故A正确；
B.若点的坐标为不在直线上，那么点的“相伴点”，若的其中一个为0时，不妨设，则，，直线与直线关于直线对称；
同理可得时，直线与直线也关于直线对称；
当时，直线的斜率是，直线的斜率为，所以点在直线上，所以直线与直线关于直线对称，故B正确；
C.若曲线是以原点为圆心的圆，设为，设点为圆上的任一点，则点的“相伴点”，即，满足，
所以“相伴曲线”是以原点为圆心，1为半径的圆，故C正确；
D.设直线的方程为，点为直线上任一点，
当点为坐标原点时，则；
当时，，则；
当时，，则；
所以直线的“相伴曲线”由三个点组成，故D错误.
故选：ABC.
3．（2025·河北邯郸·一模）（多选题）如图“四角花瓣”图形可以看作由抛物线绕坐标原点分别旋转，，后所得三条曲线与共同围成的区域（阴影区域），分别为与另外两条曲线在第一象限、第二象限的交点，若，阴影部分的面积为，则（ ）

A．
B．的面积为16
C．的值比32小
D．直线截第二象限“花瓣”的弦长可能为
【答案】BCD
【分析】根据对称性，可求得各曲线的方程，进而求出交点，，从而判断选项和；对于阴影部分的面积，利用适当放大，可对选项进行判断；通过求出弦长与的函数关系，进而求出弦长的取值范围，可判断.
【详解】设抛物线绕原点顺时针旋转，，后得到的三条曲线分别为，，.
抛物线的焦点为，故的焦点为，的焦点为，的焦点为.
故，，，.
对于：为曲线与交点，联立方程，解得，即.
为曲线与交点，联立方程，解得，即.
又因为，故.故错误.
对于：由上述过程可得，，，的面积为.故正确.
对于：由于对称性，阴影部分在四个象限的图形全等，故只讨论第一象限部分.
第一象限部分依然根据对称性，可分为两份，以下只讨论曲线与直线围成的部分.
设该阴影部分面积为，显然.

设函数，则.故过点的切线斜率为.
因此过点的切线方程为.该切线与轴交于，故.
.故.故正确.
对于：第二象限的“花瓣”图形由曲线和曲线围成，两者关于对称.
直线与曲线相交，联立方程化简得，且交点在第二象限，
所以，故，所以交点坐标.
由于“花瓣”图形仅限阴影部分区域，故，即.
由于与关于直线对称，直线亦关于直线对称，
所以直线与的交点坐标为.
故弦长
设，则，故.
因此当或时，即或时，直线与两曲线交于一点，弦长为；
当时，即时，弦长最长，此时.故弦长的取值可能为，故正确.
故选：BCD.
4．造型可以看作图中曲线C的一部分，已知C过坐标原点O，且C上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为

(1)求a的值;
(2)当点在C上时，求证：
(3)如图，过点F作两条互相垂直的弦，分别交曲线C于，，，，其中，求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据曲线C上的点满足的条件，结合可求a的值；
（2）当点在C上时，方法一：利用解不等式求解；方法二：利用求解；方法三：设点P在x轴与直线上的射影分别为Q，R，利用求解即可.
（3）讨论直线的斜率，当斜率存在时，设直线AB的方程为，其中，利用弦长公式，三角形面积公式可得，再结合换元法以及三角函有界性可求四边形面积的最小值.
【详解】（1）因为O在曲线上，所以O到的距离为，而，
所以有，即
（2）方法一：因为，所以曲线C的方程为，
可化为，即，
因此，
所以，当且仅当且时取等号.
方法二：同上曲线C的方程为，
因此，
所以，当且仅当且时取等号.
方法三：如图设点P在x轴，直线上的射影分别为Q，R，
则根据定义，
因此，即，
所以，当且仅当且时取等号.

（3）由，得
当其中一条直线的斜率为0时，另一条直线的斜率不存在，此时
当两条直线斜率均存在且不为0时，设直线AB的斜率为k，倾斜角为，由对称性不妨设，
，则直线AB的方程为，其中，直线的方程为，
联立
化简得到，
所以
则，
故，
，
同理，所以，
令，
令，
因为，
所以，即，
所以在上单调递增，当，即时，，
此时，
综上所述四边形面积的最小值为
【点睛】方法点睛：解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.

题型七 其他新定义问题
1．阅读材料：
在平面直角坐标系中，若点与定点（或的距离和它到定直线（或）的距离之比是常数，则，化简可得，设，则得到方程，所以点的轨迹是一个椭圆，这是从另一个角度给出了椭圆的定义.这里定点是椭圆的一个焦点，直线称为相应于焦点的准线；定点是椭圆的另一个焦点，直线称为相应于焦点的准线.
根据椭圆的这个定义，我们可以把到焦点的距离转化为到准线的距离.若点在椭圆上，是椭圆的右焦点，椭圆的离心率，则点到准线的距离为，所以，我们把这个公式称为椭圆的焦半径公式.
结合阅读材料回答下面的问题：
已知椭圆的右焦点为，点是该椭圆上第一象限的点，且轴，若直线是椭圆右准线方程，点到直线的距离为8.
(1)求点的坐标；
(2)若点也在椭圆上且的重心为，判断是否能构成等差数列？如果能，求出该等差数列的公差，如果不能，说明理由.
【答案】(1)
(2)能构成等差数列，公差为或
【分析】（1）根据点的坐标，结合准线的定义和公式，即可求解点的坐标；
（2）根据焦半径公式，以及重心坐标公式，即可判断是否为等差数列，再利用点差法求直线的方程，并求点的坐标，即可求焦半径和的值，即可求公差.
【详解】（1）由题意可知，点的横坐标为，
且，得，即，
所以椭圆方程为，当时，，
因为点在第一象限，所以点的坐标为；
（2）设，，
由（1）可知，，，，
所以，，，
的重心为，则，即，
则，
所以能构成等差数列，
如图，延长，交于点，，即，
所以，，
，两式相减得，
可得，即，
所以直线的方程为，即，
联立，得，
解得：或，
即，,
或，,
所以分别是或，公差为或.
【点睛】关键点点睛：本题的关键理解准线方程，利用焦半径的定义和公式，转化为直线于椭圆的位置关系，通过联立方程，点差法，转化为交点问题.
2．（2025·辽宁·二模）过抛物线上任意一点能作圆的两条切线，与交于另外两点，，若直线也与相切，则称圆具有性质．已知抛物线的焦点为，圆：在内部，过上一点作的两条切线，分别交于点，．
(1)若，点，求；
(2)若，，判断圆是否具有性质，并说明理由；
(3)若，圆具有性质，求．
【答案】(1)
(2)圆不具有性质，理由见解析
(3)2
【分析】（1）根据题意求出三点的坐标，再利用余弦定理即可得解；
（2）取，设切线方程为，，根据圆心到切线的距离等于半径即可求出，再联立切线与抛物线的方程，求出两点的坐标，结合性质的定义即可得出结论；
（3）取，设切线方程为，，根据圆心到切线的距离等于半径得出的关系，再联立切线与抛物线的方程，从而可求出直线的方程，再结合性质的定义即可得出答案.
【详解】（1）由题意知，，，
则，，，
所以；
（2）取，圆，
设切线方程为，，
由，解得，
将直线代入，
解得或或，
假设，，
则直线的方程为，
因为圆心到直线的距离，
所以直线与圆不相切，
所以圆不具有性质；
（3）取，圆，
设切线方程为，，则，①
将直线代入，解得，或，，
假设，由对称性可得，
所以直线的方程为，由直线和圆相切，可得，②
由①②解得，．
下面证明当时，满足条件．
设，，，，
则，
所以直线的方程为，
即，
同理得直线的方程为，
所以直线的方程为．
由直线与圆相切，得，
即，
同理由直线与圆相切得，
所以，为方程的两个根，
所以，，
所以圆心到直线的距离为
，
所以直线与圆相切，所以．
3．（24-25高三上·重庆·月考）定义：在平面内，若直线将多边形分为两部分，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”．双曲线的左、右焦点分别为，，实轴长为2，且点为双曲线右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于、两点，且点在点上方．当轴时，直线为的等线．
(1)求双曲线的方程；
(2)若是四边形的等线，求四边形的面积；
(3)已知为坐标原点，设，点的轨迹为曲线，判断：在点处的切线是否为的等线，并说明理由．
【答案】(1)
(2)12
(3)直线为的等线，理由见解析
【分析】（1）在双曲线的方程中，令，结合已知条件求出点的坐标，根据“等线”的定义可得出关于的方程组，解出的值，即可得出双曲线的方程；
（2）利用给定定义，求解关键点的坐标，最后得到四边形面积即可.
（3）利用给定条件和新定义证明即可.
【详解】（1）在双曲线的方程中，令，解得，因为直线为的等线，显然点在直线的上方，故有，
又、，有，，解得，，所以的方程为；
（2）设，由题意有方程为①，
双曲线渐近线方程为，联立得，，
故，所以是线段的中点，
因为、到过原点的直线距离相等，则过原点点的等线必定满足：、到该等线距离相等，且分居两侧，所以该等线必过点，即直线的方程为，
由，解得，故．
所以，所以，
所以，所以；
（3）设，由，所以，，
故曲线的方程为，由①知切线为，也为，
即，易知与在的右侧，在的左侧，
分别记、，到的距离为、、，
由（2）知，，
所以，
由得，，
因为，
所以直线为的等线．
【点睛】关键点点睛：理解“等线”的定义，利用过双曲线上一点的切线方程，求出相关点的坐标，再结合定义求解即可．
4．（2025·广东汕头·一模）若曲线C上的动点P沿着曲线无限远离原点时，点P与某一确定直线L的距离趋向于零，则称直线L为曲线C的渐近线．当渐近线L的斜率不存在时，称L为垂直渐近线．例如曲线具有垂直渐近线；当渐近线L的斜率存在且不为零时，称L为斜渐近线，例如双曲线存在两条斜渐近线．
(1)请判断正弦曲线是否存在垂直渐近线或斜渐近线，不必说明理由；
(2)证明曲线存在垂直渐近线、斜渐近线；
(3)求曲线的渐近线，并作出曲线的简图．
【答案】(1)不存在
(2)证明见解析
(3)直线与为曲线的垂直渐近线，直线为斜渐近线；作图见解析
【分析】（1）根据垂直渐近线或斜渐近线的定义判断可得答案；
（2）求出的值域可判断直线为曲线的垂直渐近线，设是曲线上一点，求出点M到直线的距离可判断直线为曲线的斜渐近线；
（3）由的解析式可得直线与为曲线的垂直渐近线；若曲线有斜渐近线，设是曲线上一点，利用点A到直线的距离得直线为曲线的斜渐近线，利用导数判断出单调性求出极值可得图象.
【详解】（1）正弦曲线不存在垂直渐近线或斜渐近线；
（2）函数的定义域为，
当且时，，所以直线为曲线的垂直渐近线，
设是曲线上一点，则点M到直线的距离
，所以直线为曲线的斜渐近线，
又曲线，直线，直线均关于原点对称，
故曲线存在垂直渐近线，斜渐近线；
（3）由得其定义域为，
当且时，；当且时，，
当且时，；当且时，，
所以直线与为曲线的垂直渐近线；
若曲线有斜渐近线，设是曲线上一点，
则当时，点A到直线的距离，
即，从而，进而，即，
因为，
所以曲线有斜渐近线，
同理可得，当时，直线为曲线的斜渐近线，
因为，
由得，，列表得：
故曲线的简图如下：

【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用渐近线定义结合函数值域可得答案.
5．（2025·湖北·模拟预测）对于椭圆E：，定义其“椭圆值函数”.对于平面上的点，以及，，若，则称A，B关于点P“-共轭”，它们互为“-共轭点”；如果A，B还满足同时在椭圆E上，则称A，B为点P的“-共轭点对”，对于椭圆：.
(1)已知点，，若A，B关于点P“-共轭”，求点B的坐标；
(2)对椭圆外任意点P，证明：点P的“-共轭点对”必存在；
(3)若点P在直线上运动，，且A，B为点P的“-共轭点对”，求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用A，B关于点P“-共轭”的定义计算得解.
（2）利用A，B为点P的“-共轭点对”的定义列出方程组，再判断方程组有解即可.
（3）利用（2）的信息求出直线方程，再与椭圆方程联立，利用韦达定理、结合三角形面积公式求出函数关系，借助对勾函数单调性求出最大值.
【详解】（1）依题意，，
则，，而，
因此，，所以点.
（2）设，，，并记，
则，因此，
即，
于是，即，
因此只要证明方程组有解即可，令，，，，
则只要证明方程组有解即可，而点P在椭圆外，则，即，
圆的圆心到直线的距离，
因此直线和圆相交，即方程组有解，
所以存在点A，B使得它们关于点P构成“-共轭点对”.
（3）设，，，由（2）知直线的方程为，
由消去得，，
又，则
，令，函数在上单调递增，
当时，，即当时，，
所以面积的最大值为.


检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“四叶草玫瑰线”（如图），现给出下列三个结论：正确的是（ ）

①曲线C关于直线对称：
②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过1；
③存在一个以原点为中心.边长的正方形，使曲线C在此方形区域内（含边界）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】A
【分析】用替换方程中的，即可判断①，结合基本不等式代入计算即可判断②，结合②的结论即可判断③.
【详解】对于①，用替换方程中的，方程形式不变，所以曲线关于直线对称，故正确，
对于②，设点是曲线上任意一点，则，
则点到原点的距离为，由，
解得，故正确，
对于③，由②可知，包含该曲线的以原点为圆心的最小的圆的半径为1，
所以最小圆应该是包含该曲线的最小正方形的内切圆，
即正方形的边长最短为2，故错误.
故选：A.
2．（2024·陕西榆林·三模）在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点为双纽线上任意一点，则下列结论正确的个数是（ ）
①关于轴不对称
②关于轴对称
③直线与只有一个交点
④上存在点，使得
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】C
【分析】用定义法把动点的轨迹方程求出来，利用代换，方程没有变化，可知双纽线关于轴，轴，原点对称，再利用它与联立方程组，解得只有一组解，可知③正确，再利用原点到的距离正好是,可知满足题意，所以④正确，从而可以做出所有选项的判断.
【详解】①设到定点的距离之积为4，
可得.，整理得，
即曲线的方程为，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，用同时代换，方程没变，可知曲线关于原点对称，
图象如图所示：
所以①不正确，②正确；
③联立方程组，可得，即，所以，
所以直线与曲线只有一个交点，所以③正确.
④原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，则，
即曲线上存在点与原点重合时，满足，所以④正确.
故选:C.
3．曲线和曲线组合围成“心形图”（如下图所示），记“心形图”为曲线，曲线所围成的“心形”区域的面积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】首先分析在第一象限的图形，发现第一象限的面积等于曲线与轴的交点及坐标原点所围成的直角三角形的面积，
由对称性可求得第四象限的面积，再计算第二、三象限面积，为两个半圆，由此可算得“心形”区域的面积.
【详解】如图所示，设，线段的中点为，
因为曲线关于点对称，
所以可将曲线与轴，轴围成的区域割补为直角三角形的区域，
于是曲线与轴，轴围成的区域面积就是直角三角形的面积，
即；
根据对称性，可得曲线与轴，轴围成的区域面积为，
又曲线所围成的“心形”区域中，两个半圆的面积为，
所以曲线所围成的“心形”区域的面积等于.
故选：C.
4．四叶草也叫幸运草，四片叶子分别象征着：成功，幸福，平安，健康，表达了人们对美好生活的向往，梵客雅宝公司在设计四叶草吊坠时，利用了曲线，进行绘制，点在曲线上，点，则下列结论错误的是（ ）
A．曲线围成的图形面积为B．的最小值是
C．直线PQ的斜率的最大值为1D．的取值范围为
【答案】B
【分析】对A：根据曲线与圆的关系，结合面积公式，直接求解即可；对B：将问题转化为求到直线的距离的最小值问题，数形结合解决问题；对C：根据直线和圆的位置关系，数形结合，求解问题；对D：根据圆外一点到圆上一点距离的最值求解方法，数形结合，求解即可.
【详解】对曲线方程：，
当时，可化为，即，
故曲线在第一象限是圆心为，半径为的圆上的一段圆弧；
根据对称性可知，该曲线关于轴，轴，以及坐标原点均对称，故其曲线绘制如下：

对A，记点，，显然在曲线上，如下图所示：

因为，故三点共线，则该曲线在第一象限内的面积为一个半圆的面积和面积之和；故曲线围成的图形面积，故A正确；
对B：设点到直线的距离为，则 ，
根据对称性可知，曲线在第三象限内的部分是在圆心为，半径为的圆弧，
数形结合可知，点到直线的距离最小值为，
故，故B错误；
对C：根据题意，作图如下：

数形结合可知，当且仅当为过且与曲线在第四象限内的圆弧相切时，其斜率取得最大值；
根据对称性，曲线在第四象限的部分是在圆心为，半径为的圆弧，
其方程为，
设过点，且斜率存在的直线为，故可得，
整理得：，，解得（舍去）或，
故斜率的最大值为1，故C正确；
对D：记曲线在第一和第二象限圆弧的圆心分别为，如下图所示：

根据圆上一点到圆外一点距离的最值求解，数形结合可知：当点在第一，第四象限时，可以取到最小值；
当点在第二，第三象限时，可取到最大值，为方便，只讨论第一，第二象限的情况.
当点在第一象限时，的最小值为；
当点在第二象限时，的最大值为；
故的取值范围为，故D正确.
故选：B
5．（24-25高三上·福建福州·月考）（多选题）公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派把称为黄金数.离心率等于黄金数的倒数的双曲线称为黄金双曲线.若黄金双曲线的左，右顶点分别为，虚轴的上端点为，左焦点为，离心率为，则（ ）
A．
B．
C．顶点到渐近线的距离为
D．的外接圆的面积为
【答案】ABD
【分析】利用双曲线的几何性质，结合图形进行计算即可.
【详解】
设双曲线的半焦距为，则，
由题意知，A正确.
，B正确.
对于C，双曲线的渐近线方程为，
所以顶点到渐近线距离，C错误.
对于D，因为，所以，所以为直角三角形，且，
所以的外接圆半径为，故外接球面积，D正确.
故选：ABD.
6．（24-25高三上·广东·开学考试）（多选题）到两个定点的距离之积为大于零的常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.设和且，动点满足，动点的轨迹显然是卡西尼卵形线，记该卡西尼卵形线为曲线，则下列描述正确的是（ ）
A．曲线的方程是
B．曲线关于坐标轴对称
C．曲线与轴没有交点
D．的面积不大于
【答案】ABD
【分析】由已知，利用两点间距离公式，可得动点的轨迹方程，即可判断A；由对称性代入即可判断B；在的轨迹方程中令，可解出，即可判断C；由三角形的面积公式，即可判断D.
【详解】设，由，
得，
化简得，故A正确；
该方程中把改为或把改为方程均不变，故B正确；
在方程中，令得，
当时，或，当时，，当时，，故C不正确；
，故D正确.
故选：ABD.
7．（2024·陕西宝鸡·一模）（多选题）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的．已知在平面直角坐标系xOy中，，，动点满足，其轨迹为一条连续的封闭曲线C，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线C与y轴的交点为和
B．曲线C关于x轴、y轴对称，不关于原点O对称
C．点的横坐标的范围是
D．的取值范围为
【答案】AC
【分析】根据题意，求得曲线的轨迹方程为，利用轨迹方程，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】解：设点，因为，可得，
整理得：，
对于A中，当时，解得，即曲线C与y轴的交点为，所以A正确；
对于B中，因为，
用替换，方程不变，则曲线关于x轴对称，
用替换，方程不变，则曲线关于y轴对称，
同时用替换，用替换，方程不变，可得曲线关于原点对称，所以B错误；
对于C中，因为，即可得，
即，即，解得，
即，所以点P的横坐标的取值范围是，所以C正确；
对于D中，因为，
由C项知，所以，故，所以D错误．
故选：AC.
8．（多选题）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则下列说法正确的是（ ）
A．四叶草曲线有四条对称轴
B．设为四叶草曲线上一点，且在第一象限内，过作两坐标轴的垂线，则两垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为
C．四叶草曲线上的点到原点的最大距离为
D．四叶草曲线的面积小于
【答案】ABD
【分析】对于A，将换为方程不变，换为方程不变，换为，换为方程不变，换为，换为方程不变，可知有四条对称轴；对于B，设曲线第一象限任意一点为，则围成矩形面积为，求最大值即可；对于C，设距离为，，即求的最大值即可；对于D，易得四叶草曲线在以原点为圆心，为半径的圆内，故四叶草面积小于即可判断.
【详解】对于A，将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为方程不变，所以曲线关于轴对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称；
将换为，换为方程不变，所以曲线关于对称.故A正确；
对于B，设曲线第一象限任意一点为，则围成矩形面积为，
则，
即，当且仅当时取得最大值，故B正确；
对于C，设距离为，，要求的最大值，即求的最大值，
显然，，又，
当且仅当时，等号成立，
所以曲线上的点到原点距离最大值为，故C错误；
对于D，由C可知，得四叶草曲线在以原点为圆心，为半径的圆内，
故四叶草面积小于，故D正确.
故选：ABD
9．（多选题） “黄金双曲线”是指离心率为“黄金分割比”的倒数的双曲线（“黄金分割比”为）．若黄金双曲线的左右两顶点分别为，虚轴上下两端点分别为，左右焦点分别为，为双曲线任意一条不过原点且不平行于坐标轴的弦，为的中点．设为坐标原点，双曲线的离心率为，则下列说法正确的有（ ）
A．B．
C．直线与双曲线的一条渐近线垂直D．
【答案】ACD
【分析】A由黄金分割比定义可判断选项正误；B由点差法可判断选项正误；C判断是否等于可判断选项正误；D由，计算，，可判断选项正误.
【详解】对于 A，由题得离心率，故A正确；
对于B，设，，则点，
则，，两式作差得，
则，故B不正确；
对于C，易知，，则，双曲线的一条渐近线的斜率，
所以，
所以直线与双曲线的一条渐近线垂直，故C正确；
对于D，，，
由C选项可知有，所以，
所以，故D正确.
故选：ACD.
10．（2024·辽宁·模拟预测）（多选题）一般地，我们把离心率为的椭圆称为“黄金椭圆”，则下列命题正确的有（ ）
A．椭圆是“黄金椭圆”
B．若椭圆是黄金椭圆，则
C．设“黄金椭圆”C的左右焦点分别为，存在椭圆C上一点P，使得
D．设过原点的直线与焦点在x轴上的“黄金椭圆”分别交于A、B两点，“黄金椭圆”上动点P(异于A，B)，设直线PA，PB的斜率分别为，则
【答案】AD
【分析】根据新定义判断A，由椭圆的标准方程求判断B，利用新定义判断椭圆与以焦点连线为直径的圆的关系判断C，设椭圆方程为，设，直线方程为，计算后判断D．
【详解】选项A，，离心率为，A正确；
选项B，若焦点在轴，由得，，若焦点在轴，由得，，B错；
选项C，，所以，
因此当为椭圆短轴顶点时，最小，且，则在以为直径的外，所以不存在使得，C错；
选项D，椭圆方程为，，设，直线方程为（不在直线上），
由，解得，或，
即，，
，
又，即，代入得
，D正确．
故选：AD．
11．（多选题）“脸谱”是戏曲舞台演出时的化妆造型艺术，更是中国传统戏曲文化的重要载体．如图，“脸谱”图形可近似看作由半圆和半椭圆组成的曲线C．半圆的方程为，半椭圆的方程为．则下列说法正确的是（ ）
A．点A在半圆上，点B在半椭圆上，O为坐标原点，OA⊥OB，则△OAB面积的最大值为6
B．曲线C上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为7
C．若，P是半椭圆上的一个动点，则cs∠APB的最小值为
D．画法几何的创始人加斯帕尔·蒙日发现：椭圆中任意两条互相垂直的切线，其交点都在与椭圆同中心的圆上．称该圆为椭圆的蒙日圆，那么半椭圆扩充为整个椭圆：后，椭圆的蒙日圆方程为
【答案】ABD
【分析】选项A，易得，，从而判断；选项B根据椭圆的性质解决椭圆中两点间距离问题；选项C由椭圆定义可得到|PA|、|PB|之和为定值，由基本不等式可以得到、|PB|乘积的最大值，结合余弦定理即可求出cs∠APB的最小值；选项D中分析蒙日圆的关键信息，圆心是原点，找两条特殊的切线，切线交点在圆上，求得圆半径得圆方程．
【详解】解：对于A，因为点A在半圆上，点B在半椭圆上，O为坐标原点，OA⊥OB，
则，，
则，
当位于椭圆的下顶点时取等号，
所以△OAB面积的最大值为6，故A正确；
对于B，半圆上的点到点的距离都是，
半椭圆上的点到点的距离的最小值为，最大值为，
所以曲线C上任意一点到原点的距离的最大值与最小值之和为7，故B正确；
对于C，是椭圆的两个焦点，
在△PAB中，，由余弦定理知：
，
当且仅当时取等号，
所以cs∠APB的最小值为，故C错误；
对于D，由题意知：蒙日圆的圆心O坐标为原点(0，0)，在椭圆：中取两条切线：和，它们交点为，
该点在蒙日圆上，半径为
此时蒙日圆方程为：，故D正确．
故选：ABD．
12．（23-24高三下·山东菏泽·月考）1675年，卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现了卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹．已知点，动点满足，则面积的最大值为 ．
【答案】3
【分析】根据题意可列等量关系，化简可得，即可求解，由面积公式即可求解.
【详解】已知定点为，，
因为动点满足，
所以点的轨迹方程为，
两边同时平方可得，
整理得，
所以，
此时，当且仅当，时，取得最大值，
故答案为：3
13．已知椭圆的左、右焦点分别是、，若离心率，则称椭圆C为“黄金椭圆”．则在黄金椭圆C中，以，，，为顶点的菱形ADBE的内切圆面积为 ．
【答案】
【分析】首先求内切圆的半径，再代入圆的面积公式，以及离心率表示的关系，即可求解.
【详解】若，设，，则， 所以，
由等面积公式，以及椭圆的对称性可知，菱形的内切圆的半径，
则其内切圆的面积.
故答案为：
14．定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”.已知椭圆是“黄金椭圆”，则 .若“黄金椭圆”的两个焦点分别为，，为椭圆上异于顶点的任意一点，点是的内心，连接并延长交于点，则 .
【答案】
【分析】先由黄金椭圆的离心率是待定；再利用将所求转化为三角形面积之比，然后由分割法结合椭圆定义用及分别表示面积求解即可.
【详解】由椭圆为“黄金椭圆”，
则离心率，
可得，
所以；
如图所示，连接，
设的内切圆半径为，
则，
即，
所以，
所以，
因为，所以，
所以.
故答案为：；
15．定义：由椭圆的两个焦点和短轴的一个顶点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”.如果两个椭圆的“特征三角形”相似，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将三角形的相似比称为椭圆的相似比.已知椭圆：.
(1)若椭圆：，试判断与是否相似?如果相似，求出与的相似比；如果不相似，请说明理由；
(2)写出与椭圆相似且短半轴长为b，焦点在x轴上的椭圆的标准方程.若在椭圆上存在两点M，N关于直线对称，求实数的取值范围.
【答案】(1)相似，相似比为；
(2)，.
【分析】（1）根据给定条件，求出椭圆与的“特征三角形”的边长，再判断并求出相似比.
（2）由（1）求出椭圆的方程，设出直线的方程，并与的方程联立，利用韦达定理及判别式求解即得.
【详解】（1）椭圆与相似.
如图，在同一平面直角坐标系中作出椭圆，，

椭圆的“特征三角形”是腰长为4，底边长为的等腰三角形，
而椭圆的“特征三角形”是腰长为2，底边长为的等腰三角形，
因此椭圆与椭圆的“特征三角形”的三边对应成比例，即两个“特征三角形”相似，且相似比为，
所以椭圆和相似，且相似比为.
（2）由（1）设椭圆的方程为，
设直线的方程为，，，的中点为.
由消去并整理得，
则，即，，，
由的中点在直线上，得，解得，
因此，而，解得，
所以实数的取值范围是.


检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（23-24高三下·重庆·月考）“四二一广场”是重庆第一中学校的文化地标（如图1），广场中心的建筑形似火炬宛若花开，三朵“花瓣”都是拓扑学中的莫比乌斯带（如图2）.将莫比乌斯带投影到平面上，会得到无穷大符号“∞”.在平面直角坐标系中，设线段AB长度为2a（），坐标原点O为AB中点且点A，B均在x轴上，若动点P满足，那么点P的轨迹称为双纽线，其形状也是无穷大符号“∞”（如图3）.若，点P在第一象限且，则（ ）

A．B．C．D．2
【答案】C
【分析】设，根据双纽线的定义求出点的轨迹方程，设，则，代入方程求出，再在中，利用余弦定理求出，即可得解.
【详解】，设，
由双纽线的定义得，
即，
化简得，
显然，设，则，
代入方程，得，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以.
故选：C.
2．在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于3，化简得曲线C：，下列结论不正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称
B．的最小值为
C．面积的最大值为
D．的取值范围为
【答案】C
【分析】用用代替，判断曲线的对称性，判断A的真假；利用基本（均值）不等式求的最小值，判断B的真假；利用，可求的取值范围，结合可求的最大值，判断C的真假；利用先求的取值范围，结合，可得的范围，即的范围，可判断D的真假.
【详解】对A：因为用代替，方程不变，所以曲线关于轴对称，故A正确；
对B：，当点在轴上取得等号，故B正确；
对C：因为，
因为，所以.
所以.故C错误；
对D：因为；
所以.
所以，所以，故D正确.
故选：C
【点睛】方法点睛：对卡西尼卵形线的性质的分析，分别求，的取值范围是解决问题的关键.曲线方程可化为，利用配方法可得的取值范围；利用，可得的取值范围.
3．曲线：，其中，均为正数，则下列命题错误的是（ ）
A．当，时，曲线关于中心对称
B．当，时，曲线是轴对称图形
C．当，时，曲线所围成的面积小于
D．当，时，曲线上的点与距离的最小值等于
【答案】C
【分析】根据给出的的值，A项从而可判断求解，B项，不难发现其曲线关于对称，从而判断求解；C项利用转化法不难证明曲线上任意一点到原点的距离大于或等于，从而可判断求解；D项结合的取值范围，即可判断求解.
【详解】对A：当，时，，即，由函数为奇函数其关于原点
中心对称，所以得关于中心对称，故A正确.
对B：当，时，，对于曲线上任意一点，
则点关于直线对称点也在曲线上，所以曲线关于直线对称，故B正确.
对C：当，时，，所以，，可知曲线图象是一个封闭的图形，
所以可设曲线上任意一点，且到原点距离，
又因为，所以，
因为，所以，所以当，即或，
而此时，又因为曲线是个封闭图形，所以其面积，故C错误；
对D：当，时，，所以，，设曲线上任意一点，则，
又因为，所以，因为，所以，
所以当，即或时，有最小值，所以的最小值为，故D正确.
故选：C.
【点睛】方法点睛：C项中转化法求出曲线上任一点到原点距离都大于或等于，从而可求解；D项中根据的取值范围从而可求出最小值.
4．（多选题）双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布•伯努利用来描述他发现的曲线.在平面直角坐标系xOy中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知点是时的双纽线上一点，则（ ）
A．关于原点成中心对称
B．上满足的点有2个
C．面积的最大值为
D．当直线与有3个交点时，的取值范围是
【答案】ACD
【分析】对于A，设动点，把关于原点对称的点代入轨迹方程，显然成立；对于B，易得若|则在轴上再根据的轨迹方程求解即可；对于C，由三角形得面积公式求解判断即可；对于D，联立方程组，由判别式分析求解即可.
【详解】对于A，设动点，由题可得的轨迹方程，
把关于原点对称的点 代入轨迹方程显然成立，故A正确；
对于B，时的双纽线的方程为，
若，则在的中垂线轴上，故此时，
代入得，即，所以只有一个点，故B错误；
对于C，因为，是上的一点，
故，
当，即时等号成立，
下面说明垂直时可取到，
，则，
代入，
得，解得，故C正确；
对于D，直线与有3个交点时，
联立与，
得，当时，适合上述方程，
当时，，
即，则，则，
所以直线与有3个交点时，的取值范围是，故D正确；
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题D选项的关键是利用方程的思想，转化为方程根的问题即可.
5．（2025·湖南长沙·模拟预测）（多选题）曲线：是一条形似的“比心曲线”.设点是上一个动点，且它与x轴交于A，B两点，与y轴交于C，D两点，则（ ）
A．点和点都在曲线E上
B．且
C．在E上存在点P，使
D．对于E上任意点P，有
【答案】BCD
【分析】对于A，将两点分别代入曲线的左侧，判断是否等于右侧即可判断A；对于B，利用不等式即可求解范围；对于C，注意到当为或时，面积刚好为1；对于D，当时，P的轨迹为椭圆，联立椭圆与曲线方程，可得其交点，画出图形即可判断.
【详解】在E中，令得，所以，，，
令得，所以，，
曲线E的大致形状如图所示.
对于A，将点，代入曲线E的方程的左侧可得，，
所以点不在曲线E上，点在曲线E上，故A错误；
对于B，令得，即，所以，
所以直线与曲线E交于点，结合图象可得点P的纵坐标的最大值为.
由得，所以，等号当且仅当成立；
由得，所以当时，，所以.故B正确；
对于C，由选项A，B知，，当为或时，
面积的最大值为，故C正确；
对于D，因为坐标平面内到定点C，D的距离和为的点的轨迹是以C，D为焦点，长轴长为的椭圆.
设椭圆方程为，由已知，，得，
所以椭圆方程为.
联立，得，
所以，所以，
故椭圆与曲线E的交点为，，
如图所示，
因此曲线E上的所有点都满足故选，D正确，
故选：BCD.
6．（2025·山东潍坊·模拟预测）（多选题）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、心形线、卵形线等．已知卵形线C：，则（ ）
A．C关于直线对称
B．C上横、纵坐标均是整数的点恰有4个
C．C上存在点P，使得P到点的距离小于1
D．C围成区域的面积大于4
【答案】ABD
【分析】根据曲线方程分析曲线的性质，有曲线为封闭曲线，过点，关于x轴对称，画出曲线大致图形，结合圆、四边形在曲线内部判断各项的正误.
【详解】由，则，对于曲线上任意点，其关于轴对称点为，
把代入成立，曲线关于直线对称，A对；
所以，得，故，
时；时；时，
故曲线过点， 曲线C上恰好有4个整点，B对；
由圆过点，故圆上点均在曲线上或内，
所以曲线上不存在点，使得P到点的距离小于1，C错；
如图中，四边形在曲线内部，故曲线所围成区域的面积大于，D对.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：根据曲线方程分析出曲线的相关性质，并画出大致图形为关键.
7．（多选题）“黄金双曲线”是指离心率为“黄金分割比”的倒数的双曲线（“黄金分割比”为）．若黄金双曲线的左右两顶点分别为，虚轴上下两端点分别为，左右焦点分别为，为双曲线任意一条不过原点且不平行于坐标轴的弦，为的中点．设为坐标原点，双曲线的离心率为，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．
C．过右焦点且斜率为1的直线与双曲线右支有2个交点
D．直线与双曲线的一条渐近线垂直
【答案】ABD
【分析】根据黄金分割比计算可得A正确，利用点差法计算可得，即B正确，确定一条渐近线的斜率为，可判断C错误.由斜率之积可判断D.
【详解】对于A，设线段长度为1，较大部分为，则较小部分为，
由题黄金分割比为，且
若为黄金双曲线，
则离心率为，即A正确；
对于B，设，其中，
又在双曲线线上，所以，
两式相减可得，
即，可得，
所以，可得B正确；
对于C，由离心率为可得，解得，
可得一条渐近线的斜率为，因为，
根据渐近线性质可知过右焦点且斜率为1的直线与双曲线左、右两支各有1个交点，即C错误.
对于D，易知，，
则，双曲线的一条渐近线的斜率，
所以
，
所以直线与双曲线的一条渐近线垂直，故D正确.
故选：ABD
8．定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”．已知椭圆E：（）是“黄金椭圆”，则 ，若“黄金椭圆”C：（）两个焦点分别为、，，P为椭圆C上的异于顶点的任意一点，点M是的内心，连接并延长交于点N，则 ．
【答案】
【分析】由离心率的定义可求得，利用结合椭圆定义可求解．
【详解】由题，，所以．
如图，
连接，设内切圆半径为，
则，即，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，熟悉离心率公式即可，第二问的关键是利用数形结合，由结合椭圆定义、三角形的面积公式即可顺利求解.
9．（24-25高三上·江苏苏州·开学考试）在平面直角坐标系xOy中，曲线的图象是四叶草曲线，设为E上任意一点，且满足或，则任取一点P，该点为格点（横、纵坐标均为整数）的概率为 ．
【答案】
【分析】由题意明确曲线的性质，确定符合题意的点的个数，根据古典概型的概率公式即可求得答案.
【详解】由，得，当且仅当时取等号，
可知，故满足且的点P仅有，共5个．
令，则，由于的图象关于x轴、y轴、坐标原点、对称，
因此只需研究第一象限图象上横坐标或纵坐标为整数的点的情况，
令，则，不妨设，则有，
令，则有，化简有，解得或，
则有两个正根1，．
故结合曲线对称性可知在第一象限，横坐标或纵坐标为整数的点共有3个：．
故整个曲线上横坐标或纵坐标为整数的点共有13个，
所以任取一点P，该点为格点的概率为．
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是明确四叶草曲线的对称性，由此确定符合题意的点的个数.
10．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.
11．（24-25高三上·广西·月考）若一个椭圆的焦距为素数（素数又叫质数，即大于1，只能被1和本身整除的自然数），且离心率的倒数也为素数，则称这样的椭圆为“朴素椭圆”.
(1)证明：椭圆为“朴素椭圆”；
(2)是否存在实数，使得椭圆为“朴素椭圆”？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(3)设斜率为2的直线经过椭圆的右焦点，且与交于两点，，试问是否为“朴素椭圆”，说明你的理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)不存在实数，理由见解析
(3)为“朴素椭圆”，理由见解析
【分析】（1）根据椭圆的方程可得焦距与离心率，再根据“朴素椭圆”的定义判断即可；
（2）根据椭圆的方程可得焦距与离心率，再根据“朴素椭圆”的定义计算即可；
（3）联立直线与椭圆，根据韦达定理及弦长公式可得，进而可判断.
【详解】（1）由已知椭圆，
即，，
则，
所以焦距，离心率，即，
所以该椭圆的焦距为质数，离心率的倒数也为质数，
即椭圆为“朴素椭圆”.
（2）椭圆的焦距为，
离心率，
若存在实数，使得椭圆为“朴素椭圆”，
则，均为质数，
又，所以，，，，，
即，，，，，
则，，，，，这些数都不是质数，
所以不存在实数，使得椭圆为“朴素椭圆”；
（3）设的右焦点为，
则直线方程为，
设直线与椭圆的交点为，，
联立，
得，，
则，，
，
解得，
则的焦距为为质数，
离心率，其倒数为质数，
所以为“朴素椭圆”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是采用设线法，联立椭圆方程得到韦达定理，再利用弦长公式代入计算即可.
12．（2025·江西萍乡·一模）如图所示，由椭圆（）和抛物线（）组合成曲线，若与存在共同焦点，由图形特点，它们的形状像收回四条腿的七星瓢虫，这里称曲线为“七星瓢虫曲线”.特别地，若椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距成等差数列，则称其为“等差椭圆”.
(1)求“等差椭圆”的离心率；
(2)在“七星瓢虫曲线”中，若是“等差椭圆”，且.
（ⅰ）求与和都相切的直线的方程；
（ⅱ）直线（），且l与相交所得弦的中点为M，与相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON（O为原点）的斜率之积为定值.
【答案】(1)；
(2)（i）或；（ii）证明见解析.
【分析】（1）根据等差椭圆的定义，结合构造齐次式即可得解；
（2）（ⅰ）设切线方程，分别联立椭圆方程和抛物线方程，利用判别式求解即可；（ⅱ）利用点差法求，利用韦达定理求出点坐标，然后可解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，
因为长半轴、短半轴、半焦距成等差数列，所以，
又，所以，则，
两边同时除以，得，解得（舍去）.
所以“等差椭圆”的离心率为.
（2）（ⅰ）解：若是“等差椭圆”，且，
则由，得，则，，解得.
故，.
易知与和都相切的直线斜率存在且不为0，设方程为：.
联立消去y得，
则，得；①
联立消去得，
则，得，②
联立①②，解得或
故和都相切的直线方程为或.
（ⅱ）证明：设l与相交于，，
线段CD的中点，则，，
两式相减，得，
所以，即，
由已知，，所以，
即，则
联立得，
又，则，
故，
所以中点的坐标为，可得，
所以，为N定值.
【点睛】关键点睛：本题关键在于灵活利用点差法求出，降低计算量，再由中点坐标公式和韦达定理求点N坐标即可得解.
13．（2025·河南南阳·模拟预测）已知双曲线的两条渐近线分别为，，若点，分别在，上（，不同于原点），且直线是的切线，则称是的“渐切三角形”．已知在点处的切线方程为．
(1)写出的一个“渐切三角形”的顶点，的坐标及切线的方程，并求出其面积；
(2)已知点，分别在，上，的面积为，试问是否是的“渐切三角形”？并说明理由；
(3)若是的“渐切三角形”，与相切的切点的横坐标大于0，为的左焦点，证明：为定值．
【答案】(1)，，（答案不唯一）；
(2)是，理由见解析；
(3)证明过程见解析.
【分析】（1）先根据渐近线方程得出，再取切点为即可根据条件求出；
（2）分直线斜率不存在，和斜率存在两种情况讨论，设直线方程，联立方程组，求，进而利用的面积为，即可发现直线与曲线相切；
（3）切点为容易求出，切点不为时，先根据直线与曲线相切得出，再将直线与联立得出韦达定理，进而求出、，即可求出，进而得出为定值.
【详解】（1）由题意可得，双曲线的渐近线方程为，故，
则，且在点处的切线方程为，
不妨取切点为，则切线方程为，此时，
则.
（2）若直线斜率不存在，不妨设，则，
则，得，
此时直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”，
若直线斜率存在，设，
联立，得，
则，即，
则，
又点到直线的距离，
则，
得，
联立，得，
则，
则直线与曲线相切，即是的“渐切三角形”，
综上可得，若的面积为，则是的“渐切三角形”.
（3）若切点为时，直线的方程为，此时，
因，则，即，
利用对称性可知；
若切点不为，可设切点为，则直线，
联立，得，
则由，可得，
联立，得，即，
设点，，则，
则，
，
则
，
（说明：由图知，与始终同号，故成立）
，
则
，
因，则，故为定值.
x
+
0
-
-
-
0
+
极大值
极小值