2020-2024年五年高考数学真题分类汇编专题12 圆锥曲线（真题9个考点精准练+模拟练）解析版

2020-2024年五年高考真题分类汇编PAGEPAGE1专题12圆锥曲线（真题9个考点精准练+精选模拟练）5年考情考题示例考点分析2024年秋考7、20题2024年春考8、20题抛物线的定义、抛物线的焦点与准线，双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系双曲线的定义、离心率的计算公式，直线与圆锥曲线综合问题2023秋考16、20题2023春考20题与曲线方程有关的新定义，抛物线的定义及其性质、直线与抛物线综合应用离心率的求法、椭圆与双曲线的几何性质、直线与椭圆的综合2022秋考2、20题2022春考11、20题双曲线的性质，点到直线的距离公式、椭圆方程的求解、椭圆中最值与范围等问题双曲线的性质，直线与椭圆综合、涉及椭圆方程求解、直线交点求解、基本不等式的应用2021年秋考11、20题2021年春考11、19题直线斜率的定义与计算、抛物线的定义等知识，平面向量与圆锥曲线综合题、直线与椭圆位置关系的应用椭圆的定义和性质，双曲线的方程在实际问题中的应用2020年秋考10、20题2020年春考15、20题椭圆的简单性质的应用，双曲线与圆的定义和方程、直线与圆的方程、双曲线的方程联立轨迹方程的求法与判断，点到焦点距离的求法、抛物线、直线方程等知识一．椭圆的几何特征（共2小题）1．（2021•上海）已知椭圆的左、右焦点为、，以为顶点，为焦点作抛物线交椭圆于，且，则抛物线的准线方程是．〖祥解〗先设出椭圆的左右焦点坐标，进而可得抛物线的方程，设出直线的方程并与抛物线方程联立，求出点的坐标，由此可得，进而可以求出，的长度，再由椭圆的定义即可求解．【解答】解：设，，则抛物线，直线，联立方程组，解得，，所以点的坐标为，所以，又所以，则，所以抛物线的准线方程为：，故答案为：．【点评】本题考查了抛物线的定义以及椭圆的定义和性质，考查了学生的运算推理能力，属于中档题．2．（2020•上海）已知椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在第二象限），若点关于轴对称点为，且满足，求直线的方程是．〖祥解〗求出椭圆的右焦点坐标，利用已知条件求出直线的斜率，然后求解直线方程．【解答】解：椭圆的右焦点为，直线经过椭圆右焦点，交椭圆于、两点（点在第二象限），若点关于轴对称点为，且满足，可知直线的斜率为，所以直线的方程是：，即．故答案为：．【点评】本题考查椭圆的简单性质的应用，直线与直线的对称关系的应用，直线方程的求法，是基本知识的考查．二．直线与椭圆的综合（共1小题）3．（2022•上海）已知椭圆，、两点分别为的左顶点、下顶点，、两点均在直线上，且在第一象限．（1）设是椭圆的右焦点，且，求的标准方程；（2）若、两点纵坐标分别为2、1，请判断直线与直线的交点是否在椭圆上，并说明理由；（3）设直线、分别交椭圆于点、点，若、关于原点对称，求的最小值．〖祥解〗（1）根据条件可得，解出，利用，求得，即可求得答案；（2）分别表示出此时直线、直线的方程，求出其交点，验证即可；（3）设，，表示出直线、直线方程，解出、坐标，表示出，再利用基本不等式即可求出答案．【解答】解：（1）由题可得，，因为，所以，解得，所以，故的标准方程为；（2）直线与直线的交点在椭圆上，由题可得此时，，，，则直线，直线，交点为，，满足，故直线与直线的交点在椭圆上；（3），，则直线，所以，，，则直线，所以，所以，设，则，因为，所以，则，即的最小值为6．【点评】本题考查直线与椭圆的综合，涉及椭圆方程的求解，直线交点求解，基本不等式的应用，属于中档题．三．椭圆与平面向量（共1小题）4．（2023•上海）已知椭圆且．（1）若，求椭圆的离心率；（2）设、为椭圆的左右顶点，椭圆上一点的纵坐标为1，且，求实数的值；（3）过椭圆上一点作斜率为的直线，若直线与双曲线有且仅有一个公共点，求实数的取值范围．〖祥解〗（1）由题意可得，，，可求离心率；（2）由已知得，，设，由已知可得，，求解即可；（3）设直线，与椭圆方程联立可得，与双曲线方程联立可得，可求的取值范围．【解答】解：（1）若，则，，，，；（2）由已知得，，设，，即，，，，，，，代入求得；（3）设直线，联立椭圆可得，整理得，由△，，联立双曲线可得，整理得，由△，，，，又，，，综上所述：，．【点评】本题考查离心率的求法，考查椭圆与双曲线的几何性质，直线与椭圆的综合，属中档题．四．抛物线的焦点与准线（共2小题）5．（2024•上海）已知抛物线上有一点到准线的距离为9，那么到轴的距离为．〖祥解〗根据已知条件，结合抛物线的定义，即可求解．【解答】解：设坐标为，，到准线的距离为9，即，解得，代入抛物线方程，可得，故到轴的距离为．故答案为：．【点评】本题主要考查抛物线的定义，属于基础题．6．（2021•上海）已知抛物线，若第一象限的，在抛物线上，焦点为，，，，求直线的斜率为．〖祥解〗将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离，根据已知条件结合斜率的定义，求出直线的斜率即可．【解答】解：如图所示，设抛物线的准线为，作于点，于点，于点，由抛物线的定义，可得，，，直线的斜率．故答案为：．【点评】本题主要考查直线斜率的定义与计算，抛物线的定义等知识，属于基础题．五．直线与抛物线的综合（共2小题）7．（2023•上海）已知抛物线，在上有一点位于第一象限，设的纵坐标为．（1）若到抛物线准线的距离为3，求的值；（2）当时，若轴上存在一点，使的中点在抛物线上，求到直线的距离；（3）直线，是第一象限内上异于的动点，在直线上的投影为点，直线与直线的交点为．若在的位置变化过程中，恒成立，求的取值范围．〖祥解〗（1）根据题意可得点的横坐标为2，将其代入抛物线的方程，即可求得的值；（2）易知，设，由的中点在抛物线上，可得的值，进而得到直线的方程，再由点到直线的距离公式得解；（3）设，表示出直线的方程，进一步表示出点的坐标，再根据恒成立，结合基本不等式即可得到的范围．【解答】解：（1）抛物线的准线为，由于到抛物线准线的距离为3，则点的横坐标为2，则，解得；（2）当时，点的横坐标为，则，设，则的中点为，由题意可得，解得，所以，则，由点斜式可得，直线的方程为，即，所以原点到直线的距离为；（3）如图，设，则，故直线的方程为，令，可得，即，则，依题意，恒成立，又，则最小值为，即，即，则，解得，又当时，，当且仅当时等号成立，而，即当时，也符合题意．故实数的取值范围为，．【点评】本题考查抛物线的定义及其性质，考查直线与抛物线的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．8．（2020•上海）已知抛物线上的动点，，过分别作两条直线交抛物线于、两点，交直线于、两点．（1）若点纵坐标为，求与焦点的距离；（2）若，，，求证：为常数；（3）是否存在，使得且为常数？若存在，求出的所有可能值，若不存在，请说明理由．〖祥解〗（1）点的横坐标，由，得，由此能求出与焦点的距离．（2）设，直线，当时，，同理求出，由此能证明为常数．（3）解设，，直线，联立，得，求出，同理得，由此能求出存在，使得且为常数1．【解答】解：（1）解：抛物线上的动点，，过分别作两条直线交抛物线于、两点，交直线于、两点．点纵坐标为，点的横坐标，，，与焦点的距离为．（2）证明：设，直线，当时，，直线，时，，，为常数．（3）解：设，，直线，联立，得，，即，同理得，，，要使为常数，即，此时为常数1，存在，使得且为常数1．【点评】本题考查点到焦点的距离的求法，考查两点纵坐标乘积为常数的证明，考查满足两点纵坐标乘积为常数的实数值是否存在的判断与求法，考查抛物线、直线方程等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．六．双曲线的几何特征（共4小题）9．（2024•上海）三角形三边长为5，6，7，则以边长为6的两个顶点为焦点，过另外一个顶点的双曲线的离心率为3．〖祥解〗利用双曲线的定义、离心率的计算公式即可得出结论．【解答】解：由双曲线的定义，，，解得，，．故答案为：3．【点评】本题考查了双曲线的定义、离心率的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．10．（2022•上海）已知，，，两点均在双曲线的右支上，若恒成立，则实数的取值范围为，．〖祥解〗取的对称点，，结合，可得，然后可得渐近线夹角，代入渐近线斜率计算即可求得．【解答】解：设的对称点，仍在双曲线右支，由，得，即恒成立，恒为锐角，即，其中一条渐近线的斜率，，所以实数的取值范围为，．故答案为：，．【点评】本题考查了双曲线的性质，是中档题．11．（2022•上海）双曲线的实轴长为6．〖祥解〗根据双曲线的性质可得，实轴长为．【解答】解：由双曲线，可知：，所以双曲线的实轴长．故答案为：6．【点评】本题考查双曲线的性质，是基础题．12．（2021•上海）（1）团队在点西侧、东侧20千米处设有、两站点，测量距离发现一点满足千米，可知在、为焦点的双曲线上，以点为原点，东侧为轴正半轴，北侧为轴正半轴，建立平面直角坐标系，在北偏东处，求双曲线标准方程和点坐标．（2）团队又在南侧、北侧15千米处设有、两站点，测量距离发现千米，千米，求（精确到1米）和点位置（精确到1米，〖祥解〗（1）求出，，的值即可求得双曲线方程，求出直线的方程，与双曲线方程联立，即可求得点坐标；（2）分别求出以、为焦点，以，为焦点的双曲线方程，联立即可求得点的坐标，从而求得，及点位置．【解答】解：（1）由题意可得，，所以，所以双曲线的标准方程为，直线，联立双曲线方程，可得，，即点的坐标为，．（2）①，则，，所以，双曲线方程为；②，则，，所以，所以双曲线方程为，两双曲线方程联立，得，，所以米，点位置北偏东．【点评】本题主要考查双曲线方程在实际中的应用，属于中档题．七．曲线与方程（共1小题）13．（2023•上海）已知，是曲线上两点，若存在点，使得曲线上任意一点都存在使得，则称曲线是“自相关曲线”．现有如下两个命题：①任意椭圆都是“自相关曲线”；②存在双曲线是“自相关曲线”，则A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立〖祥解〗根据定义结合图象，验证是否恒成立即可．【解答】解：椭圆是封闭的，总可以找到满足题意的点，使得成立，故①正确，在双曲线中，，，当时，点不存在；当，时，，但当，此时，这与矛盾，故②错误．故选：．【点评】本题主要考查与曲线方程有关的新定义，根据条件结合图象验证是否成立是解决本题的关键，是中档题．八．直线与圆锥曲线的综合（共4小题）14．（2024•上海）已知双曲线，，左右顶点分别为，，过点的直线交双曲线于、两点，且点在第一象限．（1）当离心率时，求的值；（2）当，△为等腰三角形时，求点的坐标；（3）连接并延长，交双曲线于点，若，求的取值范围．〖祥解〗（1）由题意可得，，可得，由求解即可；（2）由题意可得，，，，，则可得，再由，求解即可；（3）设，，则，，设直线，联立直线与双曲线方程，再结合韦达定理可得，，又由，得，即有，可得，即可得答案．【解答】解：（1）因为，即，所以，又因为，所以，又因为，所以，所以（负舍）；（2）因为△为等腰三角形，①若为底，则点在线段的中垂线，即上，与双曲线上且在第一象限矛盾，故舍去；②若为底，则，与矛盾，故舍去；③若为底，则，设，，，，则，即，又因为，得，得，解得，即；（3）由题可知，，当直线的斜率为0时，此时，不合题意；则，设直线，设，，，，根据延长交双曲线于点，则，，联立，得，二次项系数，△，，，所以，，，，又因为，得，则，即，化简后可得到，再由韦达定理得，化简得，所以，代入，得，所以，且，解得，又因为，则，综上，，，，所以，，．【点评】本题考查了双曲线的性质、直线与双曲线的位置关系及韦达定理的应用，属于中档题．15．（2024•上海）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点．（1）若点的横坐标为2，求的长；（2）设的上、下顶点分别为、，记△的面积为，△的面积为，若，求的取值范围．（3）若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点，延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．〖祥解〗（1）由题意，设出点的坐标，将点的坐标代入椭圆方程中再结合公式进行求解即可；（2）设出点的坐标，结合三角形面积公式以及题目所给信息，列出等式再进行求解即可；（3）设出，两点的坐标，根据对称性得到点的坐标，利用向量的运算以及题目所给信息求出，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及点在直线上，即可求出满足条件的点坐标．【解答】解：（1）因为点的横坐标为2，不妨设，因为点在椭圆上，所以，解得，易知，所以；（2）不妨设，，此时，因为，所以，即，又，所以，解得，则，故的范围为，；（3）不妨设，，，，，由对称性可得、关于轴对称，所以，，又，，此时，所以，同理得，因为，所以，解得或（无解），不妨设直线，联立，消去并整理得，由韦达定理得，解得，此时，又，解得，此时．故存在轴上方的点，使得成立．【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．16．（2022•上海）设有椭圆方程，直线，下端点为，在上，左、右焦点分别为，、，．（1），中点在轴上，求点的坐标；（2）直线与轴交于，直线经过右焦点，在中有一内角余弦值为，求；（3）在椭圆上存在一点到距离为，使，随的变化，求的最小值．〖祥解〗（1）由题意可得椭圆方程为，从而确定点的纵坐标，进一步可得点的坐标；（2）由直线方程可知，分类讨论和两种情况确定的值即可；（3）设，利用点到直线距离公式和椭圆的定义可得，进一步整理计算，结合三角函数的有界性求得即可确定的最小值．【解答】解：（1）由题意可得，，的中点在轴上，的纵坐标为，代入得．（2）由直线方程可知，①若，则，即，，．②若，则，，，，．即，，，综上或．（3）设，由点到直线距离公式可得，很明显椭圆在直线的左下方，则，即，，，据此可得，，整理可得，即，从而．即的最小值为．【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，点到直线距离公式及其应用，椭圆中的最值与范围问题等知识，属于中等题．17．（2021•上海）已知，，是其左、右焦点，直线过点，，交椭圆于，两点，且，在轴上方，点在线段上．（1）若是上顶点，，求的值；（2）若，且原点到直线的距离为，求直线的方程；（3）证明：对于任意，使得的直线有且仅有一条．〖祥解〗（1）利用椭圆的方程，求出，，的值，求出和，由，即可求出的值；（2）设点，，利用平面向量数量积的坐标表示化简，求出点的坐标，设直线的方程为，然后利用点到直线的距离公式列出关于的方程，求出的值即可得到答案．（3）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，利用向量平行的坐标表示，化简可得，然后再利用韦达定理化简，由此得到关于和的等式，整理可得，利用的取值范围以及题中的条件，即可证明．【解答】解：（1）因为的方程：，所以，，所以，所以，，若为的上顶点，则，所以，，又，所以；（2）设点，，则，因为在线段上，横坐标小于0，解得，故，设直线的方程为，由原点到直线的距离为，则，化简可得，解得或，故直线的方程为或（舍去，无法满足，所以直线的方程为；（3）联立方程组，可得，设，，，，则，因为，所以，又，故化简为，又，两边同时平方可得，，整理可得，当时，，因为点，在轴上方，所以有且仅有一个解，故对于任意，使得的直线有且仅有一条．【点评】本题考查了平面向量与圆锥曲线的综合应用，直线与椭圆位置关系的应用，在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时，一般会联立直线与圆锥曲线的方程，利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究，属于难题．九．圆锥曲线的轨迹问题（共1小题）18．（2020•上海）已知椭圆，作垂直于轴的垂线交椭圆于、两点，作垂直于轴的垂线交椭圆于、两点，且，两垂线相交于点，则点的轨迹是A．椭圆 B．双曲线 C．圆 D．抛物线〖祥解〗利用已知条件判断轨迹是双曲线，或利用求解轨迹方程，推出结果即可．【解答】解：，，判断轨迹为上下两支，即选双曲线，设，，所以，因为，，消去可得：，故选：．【点评】本题考查轨迹方程的求法与判断，是基本知识的考查，基础题．一．选择题（共10小题）1．（2024•嘉定区二模）双曲线和双曲线具有相同的A．焦点 B．顶点 C．渐近线 D．离心率〖祥解〗分别求得双曲线的焦点、顶点和渐近线方程、离心率，可得结论．【解答】解：双曲线的焦点为，，顶点，渐近线方程为；离心率；双曲线的焦点为，顶点，渐近线方程为；离心率．故选：．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．2．（2024•金山区二模）若抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，则的值为A．2 B．3 C．4 D．8〖祥解〗先求出抛物线的焦点坐标，再利用椭圆方程求出，即可求出的值．【解答】解：抛物线的焦点坐标为，，中，，．故选：．【点评】本题主要考查了抛物线的焦点坐标，考查了椭圆的标准方程，是基础题．3．（2024•青浦区二模）已知点是抛物线上一点，点到抛物线的准线的距离为，是轴上一点，则“点的坐标为”是“”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件〖祥解〗将点的坐标代入抛物线的方程，可得的值，从而知抛物线的焦点坐标，由抛物线的定义可知充分性成立，结合图形，举反例说明必要性不成立，即可得解．【解答】解：将点代入方程，有，解得，所以抛物线的焦点，当点的坐标为时，点与抛物线的焦点重合，由抛物线的定义知必有；当时，点的坐标不一定为，理由如下：如图，连接，当时，，因此“点的坐标为”是“”的充分不必要条件．故选：．【点评】本题考查抛物线的定义与方程，充分必要条件的判断，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．4．（2024•虹口区模拟）已知抛物线方程，过点的直线与抛物线只有一个交点，这样的直线有A．0条 B．1条 C．2条 D．3条〖祥解〗由题意可知，点是抛物线上的点，当过的直线的斜率不存在时，直线与抛物线有一个交点，当斜率存在时，设出直线方程，和抛物线方程联立后由判别式等于0求解斜率的值，从而判出与抛物线只有一个交点的直线的条数．【解答】解：点在抛物线上，当直线过点且斜率为0时，直线与抛物线只有一个交点；当过点的直线斜率存在且不为0时，设直线方程为，联立，得．由△，解得：．过点的抛物线的切线有一条．综上，过点与抛物线只有一个交点的直线有2条．故选：．【点评】本题考查了直线与圆锥曲线的关系，考查了分类讨论的数学思想方法，训练了利用判别式判断一元二次方程解的个数，是中档题．5．（2024•杨浦区校级三模）在平面直角坐标系中，双曲线、的中心在原点，焦点都在轴上，且与不重合．记、的离心率分别为、，则“”是“与没有公共点”的条件．A．充分不必要 B．必要不充分 C．充要 D．既不充分也不必要〖祥解〗由离心率相同，设出两双曲线的方程，显然可得两曲线没有交点即可得充分性，然后举反例即可推出不必要性．【解答】解：因为焦点都在轴上，，设的方程为，的方程为，又与不重合，故，显然两双曲线没有公共点，故“”是“与没有公共点”的充分条件；取，，显然两曲线无公共点，此时，则，即“与没有公共点”不是“”的必要条件，综上：“”是“与没有公共点”的充分不必要条件．故选：．【点评】本题考查了双曲线的性质及充分性和必要性的判断，属于中档题．6．（2024•闵行区三模）设为曲线上的任意一点，记到的准线的距离为．若关于点集和，，给出如下结论：①任意，中总有2个元素；②存在，使得．其中正确的是A．①成立，②成立 B．①不成立，②成立 C．①成立，②不成立 D．①不成立，②不成立〖祥解〗根据题意可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，当点在原点时，点在点的轨迹圆外，即可得出结论．【解答】解：曲线的焦点，则，由得，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，的圆心，当点在原点处时，，此时，此时点的轨迹方程为，因为，所以点在圆外，则存在，使得两圆相离，即，故①错误，②正确，故选：．【点评】本题考查抛物线与圆的位置关系，属于中档题．7．（2024•虹口区模拟）已知农历每月的第天的月相外边缘近似为椭圆的一半，方程为，其中为常数，根据以上信息，下列说法中正确的有①农历每月第天和第天的月相外边缘形状相同；②月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为；③月相外边缘的离心率第8天时取最大值；④农历初六至初八的月相外边缘离心率在区间内．A．①③ B．②④ C．①② D．③④〖祥解〗对于①，取特值法验证即可；对于②，求出，，根据椭圆上的点到焦点的距离最大为，利用三角函数的有界性即可判断；对于③，求出离心率，转化为求的最大值，即可判断；对于④，农历初六至初八的月相外边缘对应的，，求函数的范围即可判断．【解答】解：对于①，当时，，月相外边缘形状为：，第29天，即，月相外边缘形状为：，显然不同，故①错误；对于②，，，所以月相外边缘上的点到椭圆焦点的距离的最大值为：，当，即，故②错误；对于③，，当或22，即第8天或第23天离心率最大，故③正确；对于④，农历初六至初八，，，所以，故④正确．故选：．【点评】本题考查数学文化背景下的椭圆问题，属中档题．8．（2024•浦东新区校级模拟）已知直线与椭圆，点，分别为椭圆的左右焦点，直线，，垂足分别为点，，那么“直线与椭圆相切”是“”的A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件〖祥解〗根据题意可知，，设直线的方程为，根据点到直线的距离公式，△，充分与必要条件的概念，即可求解．【解答】解：根据题意可知，，设直线的方程为，即，，，解得；联立，可得，若直线与椭圆相切，则△，解得，“直线与椭圆相切”是“”的充分必要条件．故选：．【点评】本题考查椭圆的几何性质，直线与椭圆的位置关系，充分与必要条件的概念，属中档题．9．（2024•闵行区校级三模）已知是圆柱下底面的一条半径，，，为该圆柱侧面上一动点，垂直下底面于点，若，则对于下述结论：①动点的轨迹为椭圆；②动点的轨迹长度为；以下说法正确的为A．①②都正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①②都错误〖祥解〗将圆柱的侧面展开得，可知点的轨迹为两条互相垂直的线段，进而可以得到轨迹．【解答】解：以为原点将圆柱侧面和底面展开如下图，设，所以，，由题意，，所以当时，同理时，所以点的轨迹在展开图中为两条互相垂直的线段，在圆柱面上不是椭圆，两条线段的长度均为，故轨迹长为．故选：．【点评】本题考查立体几何中的动点轨迹问题，属于中档题．10．（2024•闵行区校级模拟）设集合，，，点的坐标为，满足“对任意，都有”的点构成的图形为，满足“存在，使得”的点构成的图形为．对于下述两个结论：①为正方形以及该正方形内部区域；②的面积大于32．以下说法正确的为A．①、②都正确 B．①正确，②不正确 C．①不正确，②正确 D．①、②都不正确〖祥解〗先确定所表达的意义，了解满足该条件的点的轨迹，再求点轨迹区域的面积，可以得到问题的答案．【解答】解：因为，，，表示除原点外的平面内的所有点，，所以表示到直线和的距离之和不大于4的点，如图，易知直线和垂直，则，，当时，，因为，所以，所以是以原点为圆心，半径在范围内的圆形以及该圆形的内部区域（原点除外），故①不正确；当时，存在使得，故②正确．故选：．【点评】本题考查了曲线与方程的综合应用，属于难题．二．填空题（共31小题）11．（2024•松江区校级模拟）已知，2，3，，且，，若方程表示焦点在轴上的椭圆，则这样的椭圆共有6个．〖祥解〗根据焦点在轴上，得到，然后就可以得到答案．【解答】解：若椭圆焦点在轴上，则，当时，，3，4；当时，，4；当时，，所以这样的点有6个．故答案为：6．【点评】本题考查椭圆的定义，属于基础题．12．（2024•金山区二模）已知双曲线，给定的四点、、、中恰有三个点在双曲线上，则该双曲线的离心率是．〖祥解〗先判断，在双曲线上，则一定不在双曲线上，则在双曲线上，则可得，求出，，再根据离心率公式计算即可．【解答】解：根据双曲线的性质可得，在双曲线上，则一定不在双曲线上，则在双曲线上，所以，解得，所以，则，所以．故答案为：．【点评】本题考査了双曲线的简单性质和离心率的求法，属于基础题．13．（2024•杨浦区校级三模）已知双曲线的左、右焦点为、，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、．若为等边三角形，则的边长为4．〖祥解〗根据题意，结合双曲线的定义求解即可．【解答】解：如图，设的边长为，，因为为等边三角形，所以，由双曲线的方程知，所以由双曲线的定义得，，即，，解得，．所以的边长为4．故答案为：4．【点评】本题主要考查双曲线的性质，属于基础题．14．（2024•嘉定区校级模拟）将抛物线关于直线对称，得到抛物线，则抛物线的焦点到其准线的距离为2．〖祥解〗由题意得抛物线的方程为：，求得即可求解．【解答】解：抛物线关于直线对称，抛物线的方程为：，，，则抛物线的焦点到其准线的距离为．故答案为：2．【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题．15．（2024•长宁区二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，，，则点的横坐标为．〖祥解〗设准线为与轴交点为，则可知，又，从而可求出，从而可得点的纵坐标，再代入抛物线方程，即可求解．【解答】解：如图，设准线为与轴交点为，根据题意及抛物线的几何性质可得：，又，，，，．故答案为：．【点评】本题考查抛物线的几何性质，化归转化思想，属基础题．16．（2024•徐汇区校级模拟）若抛物线的焦点到它的准线距离为1，则实数．〖祥解〗根据抛物线的几何性质即可求解．【解答】解：，，又抛物线的焦点到它的准线距离为1，，则．故答案为：．【点评】本题考查了抛物线的性质，属于基础题．17．（2024•松江区校级模拟）双曲线的渐近线夹角大小为．〖祥解〗首先求出双曲线的渐近线方程，求出渐近线的斜率，由夹角公式即可求出渐近线的夹角．【解答】解：因为双曲线，所以渐近线方程为和，设两条渐近线的夹角为锐角，则，所以夹角为．故答案为：．【点评】本题考查双曲线渐近线方程的求法以及夹角公式，属于基础题．18．（2024•浦东新区校级三模）已知双曲线的一条渐近线方程为，则1．〖祥解〗由双曲线的渐近线方程，可得的方程，解方程可得所求值．【解答】解：双曲线的渐近线方程为，由题意可得，解得．故答案为：1．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．19．（2024•闵行区三模）如图，、是双曲线的左、右焦点，过的直线与双曲线的左、右两支分别交于点、．若为等边三角形，则双曲线的离心率为．〖祥解〗设的边长为，则由双曲线的定义，为等边三角形，可求的值，在△中，由余弦定理，可得结论．，利用余弦定理算出，结合双曲线离心率公式即可算出双曲线的离心率．【解答】解：设的边长为，则由双曲线的定义，可得，，，由余弦定理可得，故答案为：．【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查余弦定理的运用，属于中档题．20．（2024•浦东新区校级四模）已知焦点在轴上的双曲线的离心率，则的取值范围是，．〖祥解〗根据双曲线的标准方程可得，，结合离心率公式，可得关于的不等式组，解不等式组可得所求．【解答】解：依题意知，，，所以，则，有，解得，故的取值范围为．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查转化思想和运算能力，属于基础题．21．（2024•闵行区校级模拟）已知椭圆的焦点、都在轴上，为椭圆上一点，△的周长为6，且，，成等差数列，则椭圆的标准方程为．〖祥解〗由题意得，，利用椭圆的定义即可求解．【解答】解：椭圆的焦点、都在轴上，为椭圆上一点，△的周长为6，设椭圆的标准方程为，且，又，，成等差数列，，则，，，，，，，则椭圆的标准方程为．故答案为：．【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．22．（2024•普陀区校级模拟）如图所示，平面直角坐标系中，四边形满足，，，若点，分别为椭圆的上、下顶点，点在椭圆上，点不在椭圆上，则椭圆的焦距为4．〖祥解〗由，可得，，，四点共圆，再由题设求出圆心，表示出圆的方程，将代入椭圆及圆的方程，求出，即可得出答案．【解答】解：由题意得，，设，，，，连接，如图所示：，，，，，在以为直径的圆上，且，又原点为圆的弦的中点，则圆心在的垂直平分线上，即在轴上，则，又，则，，，，当时，则，若时，则四边形为矩形，则点也在椭圆上，与点不在椭圆上矛盾，，，故圆的圆心坐标为，圆的方程为，将代入得，又，解得，故椭圆的焦距为，故答案为：4．【点评】本题考查椭圆的性质，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．23．（2024•松江区校级模拟）设点是曲线右支上一动点，为左焦点，点是圆上一动点，则的最小值是8．〖祥解〗由双曲线的方程，可得，的值，进而求出的值，由双曲线的定义及三点共线的性质可得的最小值．【解答】解：由双曲线的方程可得，，则，设双曲线的右焦点，则，圆的圆心，半径，由题意可得，当且仅当，，三点共线，且在，之间时取等号．即的最小值为8．故答案为：8．【点评】本题考查双曲线的性质的应用及三点共线时线段和最小的性质的应用，属于中档题．24．（2024•普陀区校级模拟）已知为抛物线上一点，点到的焦点的距离为16，到轴的距离为10，则12．〖祥解〗根据题意结合抛物线的定义分析求解．【解答】解：由题意可知抛物线的准线方程为，根据抛物线的定义可得，所以．故答案为：12．【点评】本题主要考查抛物线的性质，考查计算能力，属于中档题．25．（2024•浦东新区校级模拟）已知是抛物线上的一点，为抛物线的焦点，为坐标原点．当时，，则．〖祥解〗由已知结合抛物线的定义可求得，再根据余弦定理求解．【解答】解：过作准线的垂线，过作的垂线，垂足分别为，．由题意，点到准线的距离为：，解得，则，．故答案为：．【点评】本题考查抛物线的几何性质，考查化归与转化思想，是中档题．26．（2024•青浦区校级模拟）已知，为双曲线的两个焦点，为虚轴的一个端点，，则的渐近线方程为．〖祥解〗由已知得，结合求出可得答案．【解答】解：如图，因为，所以，可得，即，可得，则的渐近线方程为．故答案为：．【点评】本题考查了双曲线的性质，属于中档题．27．（2024•徐汇区校级模拟）已知，分别为椭圆的左、右焦点，过的直线与交于，两点，若，则的离心率是．〖祥解〗根据椭圆定义，，，，都用表示，由，构造齐次式即可求解．【解答】解：依题得，，又，则，，则，则，即，则，则，即．故答案为：．【点评】本题考查椭圆的几何性质，化归转化思想，属中档题．28．（2024•宝山区三模）已知椭圆的右焦点为，左焦点为，若椭圆上存在一点，满足线段相切于椭圆的短轴为直径的圆，切点为线段的中点，则该椭圆的离心率为．〖祥解〗设线段的中点为，利用是△的中位线，以及椭圆的定义求出直角三角形的三边之长，再由勾股定理结合隐含条件求离心率．【解答】解：设线段的中点为，由题意知，，又是△的中位线，，则，由椭圆的定义知，又，，在直角三角形中，由勾股定理得：，又，可得，故有，由此可求得离心率，故答案为：．【点评】本题考查椭圆的定义，考查椭圆的简单性质，注意椭圆上任一点到两个焦点的距离之和等于常数的应用，是中档题．29．（2024•普陀区校级三模）如图，用一块形状为半椭圆的铁皮截取一个以短轴为底的等腰梯形，记所得等腰梯形的面积为，则的最大值是．〖祥解〗设点坐标为，，由点在椭圆上知，得，用，表示出等腰梯形的面积为，将代入得，利用导数求此函数的最值【解答】解：设点坐标为，，由点在椭圆上知，得等腰梯形的面积为（2分），令，得，即，，，又当时，；当时，，在区间上，有唯一的极大值点，当时，有最大值为；即当时，有最大值为故答案为：【点评】本题考查椭圆方程的应用，解题的关键是根据椭圆的方程消元，将面积表示成的函数，再利用导数研究此函数的最值，此题运算量很大，解题时极易因运算出错，做题时要严谨认真．30．（2024•浦东新区校级模拟）考虑这样的等腰三角形：它的三个顶点都在椭圆上，且其中至少有两个顶点为椭圆的顶点．这样的等腰三角形有24个．〖祥解〗分等腰三角形的底为；为等腰三角形的腰，以为圆心，为半径作圆与椭圆的交点；为等腰三角形的腰，以为圆心，为半径作圆与椭圆的交点；为等腰三角形的腰，以为圆心，为半径作圆与椭圆的交点的等腰三角形的个数．【解答】解：不妨设，①如下图，连接，当为等腰三角形的底时，作的垂直平分线交椭圆于，两点，连接，，，，则△，△为等腰三角形，满足题意，同理当，，为等腰三角形的底时，也可以各作出2个满足要求的等腰三角形，共有8个；②如下图，当为等腰三角形的腰时，以为圆心，为半径作圆，则圆的方程为，联立，解得或或或．即圆与椭圆相交于点，，，，连接，，，，其中△，△满足要求，△三个顶点均为椭圆顶点，不合题意，同理当，，为等腰三角形的腰时，也可以各作出2个满足要求的等腰三角形，共有8个；③如下图，以为圆心，为半径作圆，此时圆与椭圆相交于点，，，连接，，，，此时△，△为等腰三角形，满足题意，共有2个，④如下图，以为圆心，为半径作圆，此时圆与椭圆相交于点，，，连接，，，，此时△，△为等腰三角形，满足题意，共有2个，由椭圆性质可知，为椭圆中的最长弦，所以不能作为等腰三角形的腰，而作为底时，刚好等腰三角形的顶点为上顶点或下顶点，不合要求，最后再算3个顶点都在椭圆顶点的情况，易知这样的等腰三角形有4个，综上：满足要求的等腰三角形个数为．故答案为：24．【点评】本题考查椭圆的性质的应用及分类讨论的思想，属于中档题．31．（2024•浦东新区三模）已知点、位于抛物线上，，点为线段的中点，记点到轴的距离为．若的最小值为7，则当取该最小值时，直线的斜率为．〖祥解〗由已知结合抛物线的定义可知取得最小值时，，，共线，然后设出直线的方程，联立直线与抛物线方程，结合方程的根与系数关系及抛物线定义即可求解．【解答】解：分别从，，作准线的垂线，垂足为，，，由抛物线定义可知，，，则，所以到轴的距离，当，，共线时取等号，所以，即，故抛物线方程为，设直线的方程为，联立，可得，设，，，，则，所以，所以，因为，解得，．故答案为：．【点评】本题主要考查了抛物线的定义，直线与我、抛物线位置关系的应用，属于中档题．32．（2024•浦东新区校级三模）过抛物线的焦点的直线交于点，，交的准线于点，，点为垂足．若是的中点，且，则4．〖祥解〗由中点坐标公式和抛物线的焦半径公式，解方程可得和的坐标，求得直线的斜率和方程，与抛物线的方程联立，求得弦长．【解答】解：可设在第一象限，且为，，，，由，，是的中点，可得，而在抛物线的准线上，可得，又，解得，，，即有，，，，直线的斜率为，即有直线的方程为，代入抛物线方程，可得，解得或，则．故答案为：4．【点评】本题考查抛物线的方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．33．（2024•普陀区模拟）已知抛物线的焦点是双曲线的右焦点，过点的直线的法向量，与轴以及的左支分别相交，两点，若，则双曲线的实轴长为2．〖祥解〗求出直线的方程，可得点的坐标，利用向量的坐标运算可求出点的坐标，代入双曲线方程，结合，可得，的值，从而可得实轴长．【解答】解：由抛物线方程知，，又直线的法向量，所以直线的方程为，令，得，所以，设，，由，得，，，所以，，代入双曲线方程，得，因为抛物线的焦点是双曲线的右焦点，所以，解得，，所以双曲线的实轴长．故答案为：2．【点评】本题主要考查抛物线与双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．34．（2024•浦东新区二模）已知双曲线的焦点分别为，，为双曲线上一点，若，，则双曲线的离心率为．〖祥解〗由双曲线的定义和三角形的余弦定理与中线长公式，化简整理，可得双曲线的离心率．【解答】解：设，，由双曲线的定义可得，在△中，由余弦定理可得，即为，即有，由三角形的中线长公式，可得，即，化为，则．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及三角形的余弦定理和中线长公式，考查方程思想和运算能力，属于中档题．35．（2024•奉贤区三模）若曲线的右顶点，若对线段上任意一点，端点除外，在上存在关于轴对称的两点、使得三角形为等边三角形，则正数的取值范围是．〖祥解〗根据双曲线的性质列不等式求解即可．【解答】解：双曲线的右顶点为，，为线段上一动点，，又，是双曲线右支上关于轴对称的两点，设，，则，，为等边三角形，，由双曲线方程得，，由双曲线性质知，，即，，解得，正实数的最小值为．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的性质，是中档题．36．（2024•浦东新区校级模拟）已知双曲线的左，右焦点分别为，，过左焦点作直线与双曲线交于，两点在第一象限），若线段的中垂线经过点，且点到直线的距离为，则双曲线的离心率为．〖祥解〗根据题意，由双曲线的定义可得，再由勾股定理列出方程即可得到，的关系，进而求解结论．【解答】解：设双曲线的半焦距为，，，根据题意得到，又，故，设的中点为，在中，，，故，则，，根据，可知，故，可得．故答案为：．【点评】本题主要考查双曲线的性质应用，考查计算能力，属于中档题．37．（2024•闵行区校级二模）我们把形如和的两个双曲线叫做共轭双曲线．设共轭双曲线，的离心率分别为，，则的最大值是．〖祥解〗由，设，然后由离心率公式和辅助角公式化简即可求解．【解答】解：由题知，共轭双曲线和的半焦距相等，记为，则，所以，又，故设，所以，当时，取得最大值．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及正弦函数的性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．38．（2024•虹口区二模）从某个角度观察篮球（如图，可以得到一个对称的平面图形，如图2所示，篮球的外轮廓为圆，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为．〖祥解〗设圆半径为，利用半径表示出和圆上第一象限的八等分点的坐标，代入双曲线方程可得，然后可得离心率．【解答】解：设圆半径为，双曲线方程为．已知，得，设双曲线与圆在第一象限的交点为，则，代入双曲线方程，得，解得．．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．39．（2024•松江区二模）已知，是双曲线的左、右焦点，过的直线与的左、右两支分别交于，两点．若，则双曲线的离心率为．〖祥解〗根据双曲线的定义可求得，，再利用勾股定理可求得，从而可求得双曲线的离心率．【解答】解：，不妨令，，，，，又由双曲线的定义得：，，，．，．在△中，，，，．双曲线的离心率．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的简单性质，考查转化思想与运算能力，求得与的值是关键，属于中档题．40．（2024•闵行区二模）双曲线的左右焦点分别为、，过坐标原点的直线与相交于、两点，若，则4．〖祥解〗推得四边形是平行四边形，再由双曲线的定义和平行四边形的性质，推得平行四边形的邻边的长，由余弦定理和向量数量积的定义，可得所求值．【解答】解：双曲线的，，，设在第一象限，在第四象限，设，，由题意可得，由，，可得四边形是平行四边形，则，由双曲线的定义，可得，即，即有，，在△中，由余弦定理可得，即有，则．故答案为：4．【点评】本题考查双曲线的定义、方程和性质，以及平行四边形的性质、余弦定理的运用和向量数量积的定义，考查方程思想和运算能力，属于中档题．41．（2024•嘉定区校级模拟）若曲线的图象上任意不同的两点，，，，坐标都满足关系，则在①；②；③；④中，不可能是曲线的方程的序号为①②（填上所有正确答案的序号）．〖祥解〗由，将两边平方可得，即可得到恒成立，利用特殊值判断①②，根据双曲线的性质判断③④．【解答】解：因为，，，，所以，，，则，由，所以，即，所以，所以，所以，依题意可得恒成立，对于①：，取，不为时，，此时恒有，故①错误；对于②：，取，不为时，，此时恒有，故②错误；对于③：，由对勾函数的性质可知，函数在，上单调递减，在，上单调递增，且当时，，当时，，函数图象如下所示：当、在同一支时，显然，所以；当、在不同支时，显然，所以；综上可得恒成立，故③正确；对于④：，双曲线的渐近线方程为，设直线的倾斜角为，则，所以，所以，即两渐近线的夹角小于，所以当、在双曲线的同一支时，，所以；当、在双曲线的不同支时，显然，所以；综上可得恒成立，故④正确；故不可能是曲线的方程的序号为①②．故答案为：①②．【点评】本题主要考查曲线方程，考查逻辑推理能力，属于难题．三．解答题（共19小题）42．（2024•徐汇区模拟）已知椭圆，、分别为椭圆的左、右顶点，、分别为左、右焦点，直线交椭圆于、两点不过点．（1）若为椭圆上（除、外）任意一点，求直线和的斜率之积；（2）若，求直线的方程；（3）若直线与直线的斜率分别是、，且，求证：直线过定点．〖祥解〗（1）根据题意可得左、右顶点分别为，，设点，，再计算，即可得出答案．（2）设，，，，由，得，，，得，代入椭圆的方程，联立，解得，，由点斜式，即可得出答案．（3）设，，，，可知直线的斜率不为0，设其方程为，联立椭圆的方程，由韦达定理可得，，由，解得，即可得出答案．【解答】解：（1）在椭圆中左、右顶点分别为，，设点，，则．（2）设，，，，由已知可得，则，，，，由，得，，，化简得，代入可得，联立，解得，所以由，得直线过点，，，所以直线的斜率为，所以直线的方程为．（3）证明：设，，，，可知直线的斜率不为0，设其方程为，联立，得，由△，得，由韦达定理可得，，因为，所以，化为，所以，由，得，化简得，解得，所以直线的方程为，恒过定点．【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，熟练掌握向量共线的坐标表示，弦长公式，点到直线的距离公式等是解题的关键，属于中档题．43．（2024•浦东新区校级模拟）已知椭圆（常数的左顶点，点，，为坐标原点；（1）若是椭圆上任意一点，，求的值；（2）设是椭圆上任意一点，，求的取值范围；（3）设，，，是椭圆上的两个动点，满足，试探究的面积是否为定值，说明理由．〖祥解〗（1）根据与坐标化简已知等式，确定出坐标，由在椭圆上列出关系式，求出所求式子的值即可；（2）设，利用平面向量数量积运算法则表示出，配方后求出的最大值与最小值，即可确定出的范围；（3）根据题意，利用斜率公式得到，两边平方，整理得到，表示出三角形的面积，整理后把代入得到结果为定值．【解答】解：（1）点，，为坐标原点，，即，把坐标代入椭圆方程得：，即；（2）设，则，，，由，得，当时，的最大值为0；当时，的最小值为，则的范围为，；（3）设，，，是椭圆上的两个动点，满足，由条件得：，平方得：，即，，则的面积为定值．【点评】此题考查了椭圆的简单性质，二次函数的性质，斜率公式，以及平面向量的数量积运算，熟练掌握运算法则是解本题的关键．44．（2024•浦东新区二模）已知相圆，点、分别为椭圆的左、右焦点．（1）若椭圆上点满足，求的值；（2）点为椭圆的右顶点，定点在轴上，若点为椭圆上一动点，当取得最小值时点恰与点重合，求实数的取值范围；（3）已知为常数，过点且法向量为的直线交椭圆于、两点，若椭圆上存在点满足，求的最大值．〖祥解〗（1）设点，然后代入椭圆方程，即可求出，再根据椭圆定义求；（2）设，求出，根据二次函数在给定区间上的最值要求列不等式求解；（3）设直线的方程为，与椭圆联立，写出韦达定理，再根据求出的坐标，代入椭圆方程，利用韦达定理计算，利用基本不等式求最值．【解答】解：（1）因为，所以设点，则，所以，即，所以；（2）设，则，则，所以，要时取最小值，则必有，所以；（3）设过点且法向量为的直线的方程为，，，，，联立，消去得，△，则，则，，又，又点在椭圆上，则，所以，即，所以，所以，所以，当且仅当时等号成立，即的最大值为．【点评】本题考查了椭圆的性质及直线与椭圆的位置关系的应用，属于中档题．45．（2024•普陀区模拟）设椭圆，的离心率是短轴长的倍，直线交于、两点，是上异于、的一点，是坐标原点．（1）求椭圆的方程；（2）若直线过的右焦点，且，，求的值；（3）设直线的方程为，且，求的取值范围．〖祥解〗（1）由题意，根据题目所给信息以及，，之间的关系列出等式，进而可得椭圆的方程；（2）设的左焦点为，连接，利用向量的运算以及椭圆的定义和对称性推出，再代入三角形面积公式中即可求解；（3）设出，，三点的坐标，利用向量的运算得到，，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理得到和，将点的坐标代入椭圆方程中得到，此时满足△，再结合弦长公式和换元法进行求解即可．【解答】解：（1）因为椭圆的离心率是短轴的长的倍，所以，即，又，解得，则椭圆的方程为；（2）不妨设的左焦点为，连接，因为，所以，两点关于原点对称，因为，所以，由椭圆的对称性得，且三角形与三角形全等，所以，因为，解得，则；（3）不妨设，，，，，，因为，所以，，联立，消去并整理得，此时△，由韦达定理得，，此时，所以，，因为点在椭圆上，所以，整理得，此时满足△，所以，不妨令，，则．故的取值范围为．【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．46．（2024•普陀区校级模拟）给定椭圆，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“伴椭圆”．若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为．（1）求椭圆的方程及其“伴椭圆”方程；（2）若倾斜角为的直线与椭圆只有一个公共点，且与椭圆的“伴椭圆”相交于、两点，求弦的长；（3）在椭圆的“伴椭圆”上任取一点，过点作两条直线，，使得，与椭圆都只有一个公共点，且，分别与椭圆的“伴椭圆”交于，两点．证明：直线过原点．〖祥解〗（1）根据已知条件求得，，，从而求得椭圆的方程及其“伴椭圆”方程；（2）设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简后利用判别式求得，利用点到直线的距离公式以及圆的弦长的计算公式求得．（3）通过证明来证得直线过原点．【解答】解：（1）依题意，，所以，，所以椭圆的方程为，“伴椭圆”方程为．（2）设直线的方程为，由消去并化简得，由△得，圆心到直线的距离为，所以．（3）证明：①当、都有斜率时，设点，，其中，设经过点，与椭圆相切，且斜率存在的直线的方程为，联立，消去得到，即，，整理可得，设、的斜率分别为、，因为、与椭圆都只有一个公共点，所以、是关于的方程的两个实数根，因而，即；②当点，点的坐标满足，此时、分别与两坐标轴垂直，则．综上所述，．所以，所以是“伴椭圆”的直径，过原点．【点评】本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于中档题．47．（2024•闵行区校级三模）我们将离心率相等的所有椭圆称为“一簇椭圆系”．已知椭圆的左、右顶点分别为，，上顶点为．（1）若椭圆与椭圆在“一簇椭圆系”中，求常数的值；（2）设椭圆，过作斜率为的直线与椭圆有且只有一个公共点，过作斜率为的直线与椭圆有且只有一个公共点，求当为何值时，取得最小值，并求其最小值；（3）若椭圆与椭圆在“一簇椭圆系”中，椭圆上的任意一点记为，求证：的垂心必在椭圆上．〖祥解〗（1）计算椭圆离心率的等量关系，求解即可．（2）联立直线与椭圆方程，可得出，与的关系，结合不等式可求出最小值；（3）先由“一簇椭圆系”定义计算椭圆的方程，再根据垂心的性质计算垂心与点坐标的关系，代入点满足的椭圆方程，即可证明．【解答】解：（1）因为椭圆的离心率，当时，，解得；当时，，解得．则或；（2）易得，所以直线，的方程分别为，联立，消去并整理得，因为直线与椭圆相切，所以△，因为，即，联立，消去并整理得，因为直线与椭圆相切，所以△，因为，即，则，所以，当且仅当时，等号成立，此时．故当时，取得最小值，最小值为．（3）证明：易知椭圆．不妨设，为椭圆上的任意一点，此时，①不妨设的垂心的坐标为，，连接，，因为，又，所以，因为，所以，因为，所以，②联立①②，解得，因为点，在椭圆上，所以．故的垂心在椭圆上．【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．48．（2024•闵行区二模）如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设、的面积分别为、．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的取值范围．〖祥解〗（1）根据题意即可求出的值．（2）设直线的方程为，点，、，，联立直线与抛物线，即可得出的值．（3）联立直线与椭圆方程，根据点所在象限和均值不等式，即可得出答案．【解答】解：（1）抛物线的焦点为，故．（2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，点，、，，联立，可得，△恒成立，则，．（3）设直线、的斜率分别为、，其中，，联立，可得，解得，点在第三象限，则，点在第四象限，同理可得，且，，当且仅当时，等号成立．的取值范围为，．【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题．49．（2024•嘉定区校级模拟）已知曲线．（1）若曲线为双曲线，且渐近线方程为，求曲线的离心率；（2）若曲线为椭圆，且在曲线上．过原点且斜率存在的直线和直线与不重合）与椭圆分别交于，两点和，两点，且点满足到直线和的距离都等于，求直线和的斜率之积．（3）若，过点的直线与直线交于点，与椭圆交于，点关于原点的对称点为，直线交直线交于点，求的最小值．〖祥解〗（1）分焦点在轴、轴两种情况讨论，分别求出离心率；（2）将点代入方程，求出的值，即可求出曲线方程，设直线的方程为，直线的方程为，设，，利用点到直线的距离公式得到，是一元二次方程的两实数根，利用韦达定理计算可得；（3）首先得到椭圆方程，设出直线的方程，联立方程，求得点，的坐标，根据对称性得到点的坐标，从而得到直线的方程，令，求出点的坐标，得到的表达式，再根据均值不等式进行求解即可．【解答】解：（1）因为曲线为双曲线，若焦点在轴，则，又渐近线方程为，则，即，解得或（舍去），此时曲线的离心率；若焦点在轴上，则，又渐近线方程为，则，即，解得（舍去）或，此时曲线的离心率．综上可得曲线的离心率为或2．（2）依题意，解得或，当时，曲线，符合题意；当时，曲线，符合题意；设直线的方程为，直线的方程为，设，，则根据点到直线的距离公式可得，化简得，同理可得，所以是一元二次方程的两实数根，△，则有，又点，所以．（3）当时，曲线，不妨设直线的方程为，联立，消去并整理得，解得，则，即，因为点关于原点的对称点为，所以，此时，所以直线的方程为，当时，解得，即，所以，则，因为，所以，，则，当且仅当，即时，等号成立，所以当时，取得最小值，最小值为16．故的最小值为4．【点评】本题考查了直线与椭圆的综合，考查了分类讨论思想及方程思想，属于中档题．50．（2024•浦东新区三模）已知双曲线，点、分别为双曲线的左、右焦点，，、，为双曲线上的点．（1）求右焦点到双曲线的渐近线的距离；（2）若，求直线的方程；（3）若，其中、两点均在轴上方，且分别位于双曲线的左、右两支，求四边形的面积的取值范围．〖祥解〗（1）由已知结合点到直线的距离公式即可直接求解；（2）先设直线的方程，联立直线与双曲线方程，结合方程的根与系数关系可求；（3）由对称性得，四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍，先设，，直线程为，直线方程，结合弦长公式求出，及平行线与之间的距离，进而表示出四边形的面积，再由函数的单调性即可求解．【解答】解：（1）由题，右焦点，渐近线方程为，因此焦点到渐近线的距离为；（2）显然，直线不与轴重合，设直线方程为，由，得，联立方程，得，其中，△恒成立，，，代入，消元得，，即，解得，所以，直线的方程为；（3）延长交双曲线于点，延长交双曲线于点．则由对称性得，四边形为平行四边形，且面积为四边形面积的2倍，由题，设，，直线程为，直线方程，由第（2）问，易得，因为，得，即，因而，平行线与之间的距离为，因此，，令，则，故，得在上是严格增函数，故（等号当且仅当时成立）所以，四边形面积的取值范围为，．【点评】本题主要考查了双曲线的性质及直线与双曲线位置关系的应用，属于中档题．51．（2024•长宁区二模）已知椭圆为坐标原点．（1）求的离心率；（2）设点，点在上，求的最大值和最小值；（3）点，点在直线上，过点且与平行的直线与交于，两点；试探究：是否存在常数，使得恒成立；若存在，求出该常数的值；若不存在，说明理由．〖祥解〗（1）利用椭圆方程即可直接求得其离心率；（2）利用参数方程，结合两点距离公式与二次函数的性质即可得解；（3）分别利用向量的模与线性运算的坐标表示求得，，，再联立直线与椭圆方程得到，关于的表达式，进而化简得到与的关系，由此得解．【解答】解：（1），，，则，所以；（2）设，，，故当时，；当时，．（3）设，，，，，直线，，故，，，联立方程，消去整理得，则，，，故．【点评】本题主要考查椭圆的性质，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于中档题．52．（2024•长宁区校级三模）已知抛物线的焦点为，过点的直线与交于、两点．设在点、处的切线分别为，，与轴交于点，与轴交于点，设与的交点为．（1）设点横坐标为，求切线的斜率，并证明；（2）证明：点必在直线上；（3）若、、、四点共圆，求点的坐标．〖祥解〗（1）由，，得点处的切线斜率为，从而切线的方程为，切线与轴的交点为，又，，，由此能证明；（2）直线，直线，联立方程组，解得交点，推导出由，由此能证明点在直线上．（3），，，设的外接圆方程为，求出外接圆方程为，由此能求出点坐标．【解答】解：（1）证明：，，点处的切线斜率为，切线的方程为，切线与轴的交点为，又，，，，当时，亦有，综上，；（2）证明：直线，直线，联立方程组，解得交点，又点，，，由，得，所以，点在直线上．（3），，，设的外接圆方程为，解得，，外接圆方程为将代入方程，得又，解得，，点坐标为．【点评】本题考查直线的斜率、直线方程、直线与直线垂直的性质、三角形外接圆等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．53．（2024•松江区二模）如图，椭圆的上、下焦点分别为、，过上焦点与轴垂直的直线交椭圆于、两点，动点、分别在直线与椭圆上．（1）求线段的长；（2）若线段的中点在轴上，求△的面积；（3）是否存在以、为邻边的矩形，使得点在椭圆上？若存在，求出所有满足条件的点的纵坐标；若不存在，请说明理由．〖祥解〗（1）根据已知求出点的横坐标，根据对称性可得的长；（2）求出点的横坐标，由三角形面积公式求解即可；（3）假设存在以，为邻边的矩形，使得点在椭圆上，显然，设，，，，利用向量的坐标运算表示出点的坐标，由，在椭圆上及，可得方程组，从而可求得点的纵坐标．【解答】解：（1）依题意得：，由轴，得：，代入椭圆方程得：，所以线段的长为．分（2）显然，线段的中点在轴上，则，即轴，，，分所以．分（3）假设存在以，为邻边的矩形，使得点在椭圆上，显然，设，，，，则，，因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，代入计算得，，由题意知，在椭圆上及，代入，得，即，分将①②代入③并化简得，，再结合①，得，即或．若，则；分若，则联立①②，得，消去，得，解得，由于，故．分综上，存在满足题意的点，其纵坐标为或．分【点评】本题主要考查直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．54．（2024•普陀区校级三模）已知抛物线：，焦点为，，为上的一个动点，是在点处的切线，点在上且与点不重合．直线与交于、两点，且平分直线和直线的夹角．（1）求的方程（用，表示）；（2）若从点发出的光线经过点反射，证明：反射光线平行于轴；（3）若点坐标为，求点坐标．〖祥解〗（1）设定直线的方程，并与抛物线方程联立得出一元二次方程，相切需保证△，求解即可；（2）由抛物线定义得到，设为反射光线上与相异的一点，进而证明即可；（3）先求得为的中点，设定直线的方程并与抛物线方程联立得出一元二次方程，进而得出直线和的方程，求出点，的横坐标，证明即可．【解答】解：（1）易知切线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，联立，消去并整理得，此时△，又，所以，解得，则直线的方程为，又，所以，即；（2）证明：过点作的垂线并交轴于点，此时直线的方程为，令，解得，即，，因为，所以，作点在抛物线准线上的投影，由抛物线定义可知，此时，即，设为反射光线上与相异的一点，则，综上得，，轴，故从点发出的光线经过点反射后平行于轴；（3）若点坐标为，此时直线方程为，连，取，的中点为，因为，，所以，因为，所以，因为点点在直线上，所以直线与直线垂直，设直线，与的交点分别为，，此时为，的中点，设直线的方程为，，，，，联立，消去并整理得，由韦达定理得，，当直线的斜率存在时，因为，此时，所以直线的方程为，即，易知直线的方程为，联立，解得，同理得，因为，所以，整理得，即，解得，则直线的方程为，联立，解得，，即，当直线的斜率不存在时，此时，因为直线经过点，所以直线即为，则，两点重合，不符合题意．综上得，点的坐标为．【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于难题．55．（2024•杨浦区校级三模）已知抛物线，为第一象限内上的一点，直线经过点．（1）设，若经过的焦点，求与的准线的交点坐标；（2）设，已知与轴负半轴有交点，与有、两个交点，若将这三个交点从左至右重新命名为、、，有，求出所有满足条件的的方程；（3）设，，已知是在点处的切线，过点作直线使得，是与的另一个交点，求出关于的表达式，并求的最小值．〖祥解〗（1）写出抛物线的准线方程和直线直线的方程，联立方程求解即可；（2）讨论时，由方程联立为方程组，求点的坐标，得出斜率的值，即可写出直线的方程，同理求出时直线的方程；（3）由题意联立方程组，消去，化简为的二次方程，由此求的表达式，计算最小值即可．【解答】解：（1）由题意知，，抛物线的准线方程为，则直线的斜率为，所以直线的方程为，联立方程，解得，所以与的准线交点坐标为；（2）当时，，消去，化简得，解得，；此时的方程为；当时，同理可得，此时的方程为；（3）由，消去，化简得，解得，所以，令，则，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以．【点评】本题考查了直线与圆锥曲线的应用问题，也考查了逻辑推理与运算求解能力，是难题．56．（2024•宝山区校级四模）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：．〖祥解〗（1）设双曲线的渐近线为，将代入渐近线方程，得出，关系式，再由，解出，综合，解出，即可；（2）斜率不存在时刚好满足，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，将看作的函数，然后借助导数知识研究函数最小值，结合放缩法即可证明．【解答】解：（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）当直线斜率不存在时，，满足题意；当斜率存在时，由双曲线的性质可得，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）证明：由题，直线斜率存在，设直线方程为，即，，，，，联立，整理得：，则，由弦长公式：，，则，则，，则，令，，与同正负，，，此时△，则，即单调递增，则（1），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．【点评】本题考查双曲线的性质，直线与双曲线的位置关系，属于难题．57．（2024•杨浦区校级三模）设，是双曲线上的两点．直线与双曲线的交点为，两点．（1）若双曲线的离心率是，且点在双曲线上，求双曲线的方程；（2）设、分别是双曲线的左、右顶点，直线平行于轴．求直线与斜率的乘积，并求直线与的交点的轨迹方程；（3）设双曲线，其中，，点是抛物线上不同于点、的动点，且直线与双曲线相交于另一点，直线与双曲线相交于另一点，问：直线是否恒过某一定点？若是，求该定点的坐标；若不是，请说明理由．〖祥解〗（1）根据所给条件得到关于，的方程组，解得即可；（2）设，或，，则，，表示出，，利用点在双曲线上得到，再由三点共线得到，代入双曲线方程，整理可得；（3）设，，，，，则，即可得到、的方程，表示出、，根据对称性定点在轴上，利用特殊值求出定点坐标，再证明即可．【解答】解：（1）由题意可得，解得，，故双曲线的方程为；（2）设，或，则，，，，，则，所以，又，即，所以，则，，由，，三点共线得：，，，由，，三点共线得：，所以，，又，所以，即，则，故直线与直线的交点的轨迹的方程为；（3）设，，，，，，则，直线，即，直线，即，由，化简得，所以，即，则，同理，，由对称性知，若过定点，则定点在轴上，取，得，，则直线，过，下证明直线恒过定点为，则，，所以，所以直线恒过定点为．【点评】本题考查了双曲线的性质及直线与双曲线的位置关系，属于难题．58．（2024•奉贤区三模）如图1：已知椭圆的方程为和椭圆，其中，分别是椭圆的左右顶点．（1）若，恰好为椭圆的两个焦点，椭圆和椭圆有相同的离心率，求椭圆的方程；（2）如图2，若椭圆的方程为．是椭圆上一点，射线，分别交椭圆于，，连接，，，均在轴上方），求证：，斜率之积为定值，求出这个定值；（3）在（2）的条件下，若，且两条平行线的斜率为，求正数的值．〖祥解〗（1）由题意得，椭圆的离心率为，结合，可求得椭圆的方程；（2）设，则，又，，由两点的斜率公式整理可得结论；（3）解法一：设，，，，设直线方程，设直线方程，分别联立直线和椭圆方程后，整理可得，是方程的两个实数根，由根与系数的关系结合即可求解．解法二：设，，作交椭圆与另一点，，可得到四边形是平行四边形，所以，，在同一直线上，，，设直线方程，联立直线和椭圆的方程，整理得，由根与系数的关系结合即可求解．【解答】（1）解：椭圆的离心率为，，即，所以，，，所以椭圆的方程为．（2）证明：设，则，，的斜率即为，的斜率，因为，，所以，，所以，故，斜率之积为定值．（3）解法一：设，，，，由于，所以，，设直线方程，设直线方程，联立，得到，联立，得到，，所以，所以，是方程的两个实数根，△恒成立，，，整理得：，，所以，．解法二：设，，作交椭圆与另一点，，根据椭圆中心对称得，由可得到四边形是平行四边形，所以，，在同一直线上，，，设直线方程，联立，得，△恒成立，，，整理得，，解得，．【点评】本题考查椭圆的方程及性质，考查联立直线和椭圆的方程解决综合问题，属于难题．59．（2024•浦东新区校级模拟）如图所示，在平面直角坐标系中，椭圆的左，右焦点分别为，，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．〖祥解〗（1）由题意，根据题目所给信息以及椭圆的定义进行求解即可；（2）设出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及三角形面积公式再进行求解即可；（3）设直线，的方程和点的坐标，将两直线方程分别与椭圆方程联立，结合韦达定理求出点、的坐标，再代入三角形面积公式中进行求解即可．【解答】解：（1）因为椭圆的左右焦点分别为，，且，为椭圆上的点，所以，可得△的周长为．即，则△的周长为；（2）不妨设直线的方程为，，，，，，，联立，消去并整理得，由韦达定理得，所以，不妨令，此时，当且仅当，即时等号成立，所以，则△面积的取值范围为；（3）不妨设直线的方程为，，，联立，消去并整理得，由韦达定理得，则，即，当时，直线的方程为，联立，消去并整理得，同理得，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．【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．60．（2024•杨浦区二模）已知椭圆的上顶点为，离心率，过点的直线与椭圆交于，两点，直线、分别与轴交于点、．（1）求椭圆的方程；（2）已知命题“对任意直线，线段的中点为定点”为真命题，求的重心坐标；（3）是否存在直线，使得？若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，请说明理由．（其中、分别表示、的面积）〖祥解〗（1）由条件列方程求出，可得，由此能求出椭圆的方程．（2）对任意直线，线段的中点为定点，取，则直线，联立，可得，解得，，直线，解得，由，得，由此能求出的重心．（3）设满足条件的直线存在，其斜率为，，设，，，，不妨令，由，得，由△，利用韦达定理、直线方程、弦长公式、三角形面积公式，由此能求出直线的方程．【解答】解：（1）由条件：，可知，，，，椭圆的方程为．（2）由条件，对任意直线，线段的中点为定点，我们只需要取一条特殊的直线，不妨取，则直线，联立，可得，解得，，直线，解得，，，设的重心为，由，得，．（3）设满足条件的直线存在，其斜率为，，设，，，，不妨令，由，消去得，由△，解得，由韦达定理得，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，，，，，即，，，，，直线的方程为．【点评】本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、韦达定理、直线方程、弦长公式、三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．专题1