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2025二轮复习专项训练29
证明、探究性问题
[考情分析] 解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识模块，证明问题和探究
性问题是高考考查的重点知识，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等，试题
难度较大，多次以压轴题出现．
【练前疑难讲解】
一、证明问题
圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系
二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系．
二、探究性问题
存在性问题的求解策略
解决存在性问题，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．
一、单选题
1．（24-25高三上·湖南衡阳·开学考试）椭圆 ，若椭圆上存在不同的两点
关于直线 对称，则实数 的取值范围（ ）
A． B． C． D．
2．（2021·四川凉山·三模）已知曲线C：y2＝2px（p＞0），过它的焦点F作直线交曲线C
于M、N两点，弦MN的垂直平分线交x轴于点P，可证明 是一个定值m，则m＝（
）
A． B．1 C．2 D．
二、多选题
学科网（北京）股份有限公司3．（24-25高二上·辽宁沈阳·期中）已知椭圆 ， 分别为椭圆左右焦点，点
， 为椭圆上任意一点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在点 使得
B． 的最大值为5
C．若直线 与椭圆交于 两点（均不同于点 ），则直线 和直线 的斜率
之积为
D．△ 内切圆面积的最大值为
4．（23-24高二上·湖北·期末）设抛物线E： 的焦点为F，从点F发出的光
线经过E上的点(不同于E的顶点)反射，可证明反射光线平行于E的对称轴，这种特点称
为抛物线的光学性质．过E上的动点A向准线l作垂线，垂足为B，过点A的直线m与E
相切，设m交l于点C，连接CF，FB，FB交AC于点D，则以下结论正确的是（ ）
A．m平分 B．
C． 与 的面积之比为定值 D．点D在定直线上
三、填空题
5．（24-25高二上·全国·课后作业）已知椭圆 上存在关于直线 对
称的点，则 的取值范围是 .
6．（21-22高三上·北京·期末）古希腊数学家阿波罗尼斯的著作《圆锥曲线论》是古代世界
光辉的科学成果，它将圆锥曲线的性质网罗殆尽，几乎使后人没有插足的余地，他证明过
这样一个命题：平面内与两定点距离的比为常数 （ 且 ）的点的轨迹是圆，后人
将之称为阿波罗尼斯圆，现有椭圆 ， 、 为椭圆 长轴的端点，
学科网（北京）股份有限公司、 为椭圆 短轴的端点，动点 满足 ， 的面积的最大值为 ，
的面积的最小值为 ，则椭圆 的离心率为 .
四、解答题
7．（24-25高二上·河北唐山·期中）已知双曲线 的离心率为❑√2，
实轴长为2.
(1)求双曲线C 的标准方程
(2)设直线l:y= kx+1与双曲线C交于A，B两点，是否存在k满足 （其中O为坐
标原点） 若存在，求出k的值； 若不存在，说明理由.
8．（24-25高二上·安徽黄山·期中）若椭圆： 上的两个点
满足 ，则称M，N为该椭圆的一个“共轭点对”，
点M，N互为共轭点.显然，对于椭圆上任意一点 ，总有两个共轭点 .已知椭圆
，点 是椭圆 上一动点，点 的两个共轭点分别记为
.
(1)当点 坐标为 时，求 ；
(2)当直线 斜率存在时，记其斜率分别为 ，其中 ，求 的最小值；
(3)证明： 的面积为定值.
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 B A BD ABD
1．B
学科网（北京）股份有限公司【分析】设A(x ,y ),B(x ,y )， 中点为 ，利用点差法结合条件可得点 ，
1 1 2 2
根据 在椭圆内部，进而即得．
【详解】椭圆 ，即： ，
设椭圆上两点A(x ,y ),B(x ,y )关于直线 对称， 中点为 ，
1 1 2 2
则 ， ，
所以 ，
所以 ，所以 ，
代入直线方程 得 ，即 ，
因为 在椭圆内部，所以 ，
解得 ，
即 的取值范围是 ．
故选：B．
2．A
【分析】设直线MN的方程，与抛物线联立切线两根之和，进而求出MN的中点Q的坐标，
再由抛物线的性质可得弦长|MN|的值，及|QF|的值，在 QFP中，求出|PF|的值，求出
△
是一个定值，求出定值m．
【详解】由抛物线的方程可得焦点F（ ，0），准线的方程为：x ，
由题意可得直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为：x＝ty ，设t＞0，
设M（x，y），N（x，y），
1 1 2 2
学科网（北京）股份有限公司联立 ，整理可得： ，
所以y+y＝2pt，x+x＝t（t+y）+p＝2pt2+p，
1 2 1 2 1 2
所以MN的中点Q（pt2 ，pt），
由抛物线的性质可得|MN|＝x+x+p＝2pt2+2p＝2p（1+t2），
1 2
|QF| pt ，
由直线MN的方程可得tan∠QFP ，所以cos∠QFP ，
由题意在Rt QFP中，|PF| p（1+t2），
△
所以 为定值，
所以m的值为 ，
故选：A．
3．BD
【分析】设 ，根据平面向量数量积的坐标表示可得 ，
即可判断A；根据椭圆的定义可得 （当 三点共
线时等号成立），即可判断B；利用点差法和两点表示斜率公式计算可得 ，即
可判断C；由三角形面积公式可得 ，求出 的最大值即可判断D.
【详解】如图， ，则 .
学科网（北京）股份有限公司A： ，设 ，则 ，即 ，
，
所以 不成立，故A错误；
B：由椭圆的定义知， ，得 ， ，
所以 ，
当且仅当 三点共线时等号成立，所以 的最大值为5，故B正确；
C：设A(x ,y )，则 ，由 在椭圆上，
1 1
得 ，两式相减得 ，
即 ，又 ，
所以 ，故C错误；
D：设 内切圆的半径为 ，
则 ，
要使内切圆的面积取到最大值，需 取到最大值，
当点 位于椭圆的上或下顶点时， 取到最大值，此时 ，
学科网（北京）股份有限公司有 ，解得 ，所以内切圆的面积为 ，故D正确.
故选：BD
4．ABD
【分析】不妨假设点M在第一象限，由光学性质得到 ，判断A选项，再由
抛物线定义，可判断选项B,再由三角形的面积计算公式进行计算，判断选项C,利用全等三
角形可以判断选项D.
【详解】如图，
由光学性质得到 ，因为 ，
所以 ，所以A正确；
因为 ，所以 ，所以 ，所以B正确；
因为 ，所以 ，
所以 ，
显然不是定值，所以C不正确，
因为由A可得 ，所以D为BF的中点，所以D在y轴上，所以D正确.
故选：ABD.
5．
【分析】根据题意利用点差法可得 ，进而可求 的中点为 ，结合点
在椭圆 内，列式求解即可.
【详解】由题意可知：直线 的斜率 ，
学科网（北京）股份有限公司设椭圆 上关于直线 对称的两点分别为 ， 的中点为 ，
可得 ，且 ， ，
因为点 在 上，则 ，两式相减得 ，
整理可得 ，可得 ，即 ，
则 ，
联立方程 ，解得 ，即 ，
因为点 在椭圆 内，所以 ，解得 ，
所以实数 的取值范围是 .
故答案为： .
6．
【分析】设点M(x,y)，根据 可得出点 的轨迹方程，根据已知条件可得出关于
、 的方程组，解出 、 的值，求出 的值，进而可得出椭圆 的离心率的值.
【详解】设点M(x,y)，设点 、 ，
由 可得 ，即 ，
学科网（北京）股份有限公司整理可得 ，即 ，
所以，点 的轨迹是以点 为圆心，以 为半径的圆，
点 到 轴的距离的最大值为 ，则 的面积的最大值为 ，
解得 ；
点 到 轴距离的最小值为 ，则 的面积的最小值为 ，
可得 .
，因此，椭圆 的离心率为 .
故答案为： .
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得 、 的值，根据离心率的定义求解离心率
的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于 、 的齐次方程，然后转化为关于 的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
7．(1)
(2)不存在
【分析】（1）根据题意得出 即可得双曲线方程；
（2）联立直线与双曲线方程，由根与系数的关系及数量积运算求出 ，不满足 知不
学科网（北京）股份有限公司存在.
【详解】（1）因为 ，所以 ， ，
所以 ，
故所求双曲线方程为 .
（2）如图，
设 ，
由 ，消元可得， ，
当 ，即 时，
， ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
此时不满足 ，
故不存在 ，使得 成立.
8．(1)
(2)
(3)证明见解析
学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）将点 坐标代入椭圆方程，再根据共轭点的条件得到 满足的方程，进
而求出 .
（2）斜率公式和共轭点条件表示出 ，再利用均值不等式求 的最小值.
（3）利用三角形面积公式，结合前面求出的关系来证明面积为定值.
【详解】（1） 的共轭点分别记为 ，
，
直线 的方程为 ，
联立 得 ，
，
；
（2） 点A(x ,y )在椭圆 上，
0 0
，即 ，
由（1）知，直线 的方程为 ，即 ，
当 时，直线 的方程为 ，代入 ，
得 ，即 ，
，
学科网（北京）股份有限公司，
当 时，易知 ，对应共轭点为 ，
此时 ，故 也成立，
，当且仅当 时等号成立；
（3）由（2）知，对任意点A(x ,y )，都有 ，
0 0
，
点A(x ,y )到直线 的距离为 ，
0 0
的面积 ，
故 的面积为定值 .
【基础保分训练】
一、单选题
1．（24-25高二上·山东德州·期中）已知椭圆 上存在两点 、
关于直线 对称.若椭圆离心率为 ，则 的中点坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．（22-23高三上·北京·阶段练习）十七世纪法国数学家费马在《平面与立体轨迹引论》中
证明，方程 表示椭圆，费马所依据的是椭圆的重要性质.若从
学科网（北京）股份有限公司椭圆上任意一点 （异于 两点）向长轴 引垂线，垂足为 ，记 ，则
（ ）
A．方程 表示的椭圆的焦点落在 轴上
B．
C． 的值与 点在椭圆上的位置有关
D．M越来越小，椭圆越来越扁
二、多选题
3．（23-24高二下·湖南·期末）已知抛物线 ，直线 过 的焦点 ，且与 交于
两点，则（ ）
A． 的准线方程为
B．线段 的长度的最小值为4
C．存在唯一直线 ，使得 为线段 的中点
D．以线段 为直径的圆与 的准线相切
三、填空题
4．（23-24高三上·山东聊城·期末）椭圆 ： 的左右焦点分别为 ， ， 为坐
标原点，给出以下四个命题：
①过点 的直线与椭圆 交于 ， 两点，则 的周长为12；
②椭圆 上存在点 ，使得 ；
③椭圆 的离心率为 ；
④ 为椭圆 ： 上一点， 为圆 上一点，则点 ， 的最大距离为4.
其中正确的序号有 .
四、解答题
5．（24-25高二上·江苏泰州·期中）在平面直角坐标系 中，已知直线 过抛物线
学科网（北京）股份有限公司的焦点 ，与 交于 两点.
(1)若线段 中点的横坐标为2，线段 的长为6，求抛物线的方程；
(2)在 轴上是否存在一定点 ，使得直线 和直线 的斜率之积为定值？若存在，求点
的坐标；若不存在，说明理由.
6．（24-25高二上·吉林·期中）已知 分别为椭圆 的左､右焦点，
分别为椭圆 的左､右顶点，P(x ,y )为椭圆 上的动点，过动点P(x ,y )作椭圆
0 0 0 0
的切线.分别与直线 和 相交于 两点，四边形 的对角线 相交于
点 ，记动点 的轨迹为 .
(1)证明：椭圆 在 点处的切线方程为 .
(2)求动点 的轨迹 的方程.
(3)过点 作斜率不为 的直线 与 相交于点 ，直线 与 的交点为 ，判断
点 是否在定直线上.
7．（24-25高二上·江苏常州·期中）如图，已知抛物线C： （ ）的焦点F，
且经过点 ， ．
(1)求A点的坐标；
(2)直线l交抛物线C于M，N两点，过点A作 于D，且 ，证明：存在定
学科网（北京）股份有限公司点Q，使得DQ为定值．
8．（24-25高二上·河北沧州·期中）已知椭圆 经过点A(-2,0)与点 .
(1)求椭圆 的方程；
(2)若直线 与椭圆 交于异于 的 ， 两点，且 .
①证明：直线 过定点；
②求 的面积的最大值.
参考答案：
题号 1 2 3
答案 C D BCD
1．C
【分析】设点M(x ,y )、N(x ,y )，线段 的中点为 ，由已知条件可得出
1 1 2 2
，利用点差法以及点 在直线 上，可得出关于 、 的值，解出这两
个量的值，即可得出线段 的中点坐标.
【详解】设点M(x ,y )、N(x ,y )，线段 的中点为 ，则 ，
1 1 2 2
由题意，椭圆的离心率为 ，可得 ，
因为 、 关于直线 对称，且直线 的斜率为 ，
则 ，
将点 、 的坐标代入椭圆方程可得 ，
上述两个等式作差可得 ，
学科网（北京）股份有限公司可得 ，即 ，即 ，
即 ，①
又因为点 在直线 上，则 ，②
联立①②可得 ，故线段 的中点为 .
故选：C.
2．D
【分析】分 和 两种情况，即可判断A；设 ，不妨设椭圆的长轴在 轴
上，分别求出 ，即可判断C；根据 表示得意义结合离心率公式即可判断
B；根据离心率与椭圆扁平程度得关系即可判断D.
【详解】解：对于A，由题得 ，
当 时， ，所以椭圆的焦点在 轴上；
当 时， ，所以椭圆的焦点在 轴上，故A错误；
对于C，设 ，不妨设椭圆的长轴在 轴上，则 ，
，
所以 （常数），
所以 的值与 点在椭圆上的位置无关，故C错误；
对于B，由方程 方得 ，
所以 是椭圆的短轴长与长轴长的比值的平方，即 ，
学科网（北京）股份有限公司所以离心率 ，
同理可得椭圆的长轴在 轴上时结论一致，
所以 ，故B错误；
对于D，M越来越小，椭圆的离心率越大，椭圆越来越扁，故D正确.
故选：D.
3．BCD
【分析】由抛物线方程就可求出准线方程，即可判断A；设直线 的方程为 ，
，联立方程，利用韦达定理求出 ，进而可求出 ，再逐一判
断BCD即可.
【详解】对于A，抛物线 的准线方程为 ，故A错误；
对于B，F(1,0)，
由题意可得直线 的斜率不等于零，设方程为 ， ，
联立 ，消 得 ， ，
则 ，所以 ，
所以 ， 时取等号，
所以线段 的长度的最小值为4，故B正确；
对于C，由B选项得线段 的中点坐标为 ，
若点 为线段 的中点，
则 ，解得 ，
所以存在唯一直线 ，使得 为线段 的中点，故C正确；
学科网（北京）股份有限公司对于D，由C选项知线段 的中点坐标为 ，
则中点 到准线 的距离为 ，
所以以线段 为直径的圆与 的准线相切，故D正确.
故选：BCD.
4．①②④
【分析】①由 的周长为4a求解判断；②根据以原点为圆心以c为半径的圆交y轴于
椭圆的外部判断；③根据椭圆方程判断；④设 ，求得点P到圆心
（0，0）的距离判断.
【详解】由椭圆 得 ， ， ，
①过点 的直线与椭圆 交于 ， 两点，则 的周长为 ，故①正确；
②因为 ，所以以原点为圆心以 为半径的圆交 轴于椭圆的外部，
所以存在点 ，使得 ，即使得 ，故②正确；
③椭圆 的离心率为 ，故③错误；
④因为 为椭圆 上一点，设 ， ，
则点 到圆心 的距离为
则其最大值为3，所以 最大值为： ，故④正确；
故答案为：①②④.
学科网（北京）股份有限公司5．(1)
(2)存在定点
【分析】（1）设 的方程为 ，联立抛物线方程，结合韦达定理及弦长公式即
可求解；
（2）设 ，直线 和直线 的斜率分别为 ，结合韦达定理得到
由其为定值即可求解.
【详解】（1）抛物线 的焦点为 ，直线 的方程可设为 ，
代入 整理得 ，
设A(x ,y ),B(x ,y )，则 ，
1 1 2 2
所以 ，
，
因为线段 中点的横坐标为2，所以 ①，
因为线段 的长为6，所以 ②，
由①②解得 ，
所以抛物线的方程为 .
（2）
学科网（北京）股份有限公司设 ，直线 和直线 的斜率分别为 ，
则
若 为定值，由 的任意性知 ，即 ，此时 为原点 ，
所以存在定点 ，使得直线 和直线 的斜率之积为定值 .
6．(1)证明见解析
(2)
(3)在
【分析】（1）直曲联立，求出交点，证明即可；
（2）令 ，得 坐标，求出 直线方程，求出交点，得到动点 的轨迹 的
方程.
（3）设直线 的方程为 ，直曲联立，借助韦达定理，得到
,联立 ， 方程，得到 满足的条件即可.
【详解】（1）证明：联立方程组 ，
学科网（北京）股份有限公司消去 整理得 ，又 ，
即 ，
整理得 ，解得 ，
所以直线 与椭圆 有且仅有一个交点P(x ,y )，
0 0
即切线方程为 .
（2）解：由（1）中切线方程，令 ，得 ，
令 ，得 ，
因为 ，所以直线 ，①
因为 ，所以直线 ，②
由① ②得 .
因为 ，得 ，
所以动点 的轨迹 的方程为 ）.
（3）解：设直线 的方程为 ，
联立方程组 得 ，
则 ，所以 .
学科网（北京）股份有限公司因为直线 的方程为 ，直线 的方程为 ，
所以 ，所以 ，
所以 ，
整理得
所以 ，即点 在定直线 上.
7．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由抛物线定义有 求 ，由 在抛物线上求m即可得 的坐
标.
（2）令 ， ， ，联立抛物线得到一元二次方程，应用韦达定
理，根据 及向量垂直的坐标表示列方程，求k、n数量关系，确定 所过定点
，再由 易知 在以 为直径的圆上，即可证结论.
【详解】（1）由抛物线定义知： ，则 ，故 ，
又 在抛物线上，则 ，可得 ，故 .
（2）设 ， ，由（1）知： ，
所以 ， ，又 ，故 ，
学科网（北京）股份有限公司所以 ，
因为 的斜率不为零，故设直线 ，
联立 ，整理得 ，且 ，
所以 ， ，则 ，
，
综上， ，
当 时， 过定点 ；
当 时， 过定点 ，即 共线，不合题意；
所以直线 过定点 ，又 ，故 在以 为直径的圆上，
而 中点为 ，即 为定值，得证.
8．(1)
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；
（2）①设直线方程，联立方程组，利用条件，结合韦达定理，表示出直线方程即可得到结
果；②由①的结论，设直线 方程为 ，联立方程组，结合韦达定理，表示出
学科网（北京）股份有限公司的面积，结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设椭圆 为 ，
因为椭圆 经过点A(-2,0)与点 ，
所以 ，解得 ，所以椭圆 的方程为 .
（2）①由（1）知，椭圆 的方程为 ，
设 ，不妨令 在 轴上方，
则 ，
假设直线 斜率不存在，设直线 方程为 ，
联立方程 ，可得 ，
所以解得 或 （舍去），
所以直线 方程为 ；
假设斜率存在，设直线 方程为 ，
联立方程 ，得 ，
所以 ， ，
学科网（北京）股份有限公司由 ，
可得 ，
解得 或 ，
所以直线 方程为 或 ，
所以直线 恒过 或 （舍去），
综上，直线 恒过定点 .
②由上述可知，当直线 斜率不存在时， ，
设定点 为点 ，则 ，
所以 ；
当直线 斜率存在时， ，则设方程为 ，
联立 得 ，
则 ， ，
所以 ，
设 ，则 ，
所以 ，
学科网（北京）股份有限公司由函数 在 上单调递增知 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时取等，
故 的面积的最大值为 .
【能力提升训练】
一、解答题
1．（24-25高三上·上海·期中）如图所示，由椭圆 和椭圆
组合而成的曲线 ，由图形特点，这里称曲线 为“猫眼曲线”.
特别地，若两个椭圆的离心率相等，则称其为“优美猫眼曲线”.
(1)已知猫眼曲线 满足a，b，t成等比数列，试判断该曲线是否为“优美猫眼曲线”；
(2)在曲线 中，若 ， ， ，斜率为 的直线l不经过坐标原点，且l与
椭圆 相交所得弦的中点为M，与椭圆 相交所得弦的中点为N，证明：直线OM，ON
学科网（北京）股份有限公司的斜率之比 为定值；
(3)在（2）的条件下，若直线l的斜率 ，且l与椭圆 相切，与椭圆 相交于A，B
两点，Q为椭圆 上异于A，B的任意一点，求 面积的最大值.
2．（24-25高二上·吉林延边·阶段练习）已知椭圆C： 经过点 ，
且焦距与长半轴相等，
(1)求椭圆C的标准方程
(2)点 （ ）与 上的点之间的距离的最大值为6．过点 且斜率不为0的直线
交 于 ， 两点（点 在点 的右侧），点 关于 轴的对称点为 ．
①证明：直线 过定点；
②已知 为坐标原点，求 面积的取值范围．
3．（24-25高三上·江西新余·阶段练习）如图，已知抛物线 的焦点为 ，斜率为
的直线 经过 且交 于 两点（ 在第一象限）.
(1)求 的坐标与 的长；
(2)设 ，如下构造 ：直线 分别与 交于 ，证
学科网（北京）股份有限公司明：
（ⅰ） 的纵坐标 是等差数列 ；
（ⅱ） .
4．（23-24高二下·内蒙古·期末）已知椭圆 的两个焦点是 、 ，点 在椭
圆 上，且 ．
(1)求椭圆 的标准方程；
(2)已知 为坐标原点，直线 与椭圆 交于 、 两点，且 ，证明：直线 与圆
相切．
5．（24-25高三上·上海杨浦·开学考试）中国古典园林洞门、洞窗具有增添园林意境，丰富
园林文化内涵的作用，门、窗装饰图案成为园林建筑中具有文化价值以及文化内涵的装饰.
如图1所示的一种椭圆洞窗，由椭圆 和圆 组成， ， 是椭圆的两个焦点，圆 以
线段 为直径，
(1)设计如图所示的洞窗，椭圆 的离心率应满足怎样的范围？
(2)经测量椭圆的长轴为4分米，焦距为2分米.
（i）从 射出的任意一束光线 照在左侧距椭圆中心4分米的竖直墙壁上，如图2所示.
建模小组的同学用长绳拉出椭圆洞窗的切线AB，B为切点，然后用量角器探究猜测
学科网（北京）股份有限公司是定值，请帮他们证明上述猜想.
（ ii ） 建模小组的同学想设计一个如图3的四边形装饰，满足：点 是 上的一个动点，
P，Q关于原点对称，过 和 分别做圆的切线，交于R，S，求四边形装饰 面积 的
取值范围.
6．（24-25高三上·广西贵港·开学考试）已知平面内一动点 到点 的距离与点 到
定直线 的距离之比为 ，记动点 的轨迹为曲线 .
(1)求曲线 的方程.
(2)在直线 上有一点 ，过点 的直线 与曲线 相交于 两点.设
，证明： 只与 有关.
7．（24-25高三上·云南德宏·阶段练习）在平面直角坐标系 中， ， ，
是平面内的动点，且 内切圆的圆心在直线 上.
(1)求动点 的轨迹 的方程；
(2)过点 作三条不同的直线 ， ， ，且 轴， 与 交于 ， 两点， 与 交于
， 两点， ， 都在第一象限，直线 ， 与 分别交于点 ， ，证明：
为定值.
x2 y2
8．（24-25高三上·广西南宁·开学考试）已知椭圆C: + =1(a>b>0)经过点
a2 b2
学科网（北京）股份有限公司， ， 为C的左、右顶点，M，N为C上不同于 ， 的两动点，若直线
的斜率与直线 的斜率的比值恒为常数 ，按下面方法构造数列{b }：C的短半轴
n
长为 时，直线MN与x轴交于点 .
(1)求椭圆C的离心率；
(2)证明：数列{b }是等比数列；
n
(3)设顶点 到直线MN的最大距离为d，证明 .
9．（24-25高二上·江苏·期中）已知双曲线 的左、右焦点分别为 .
(1)若直线 与双曲线 交于P，Q两点，求线段 的长；
(2)若双曲线 上存在两点 ， ，满足 ，求直线 的斜率.
10．（24-25高三上·广西·阶段练习）若一个椭圆的焦距为质数，且离心率的倒数也为质数，
则称这样的椭圆为“质朴椭圆”.
(1)证明：椭圆 为“质朴椭圆”.
(2)是否存在实数 ，使得椭圆 为“质朴椭圆”？若存在，求 的值；
若不存在，说明理由.
(3)设斜率为 的直线 经过椭圆 的右焦点，且与 交于 ， 两点，
，试问 是否为“质朴椭圆”，说明你的理由.
x2 y2
11．（24-25高二上·江苏盐城·期中）已知点 在椭圆C: + =1(a>b>0)上，右
a2 b2
学科网（北京）股份有限公司准线方程为 ，过右焦点 作垂直于 轴的直线交椭圆 于 ， 两点.
(1)求以 为直径圆的方程；
(2)以椭圆 上 、 两点为直径端点作圆 ，圆心 恰好在直线 上，再过点 作 的
垂线 ，试问直线 是否经过某定点，若存在，求此定点；若不存在，请说明理由.
12．（2024·广东·三模）已知抛物线 ： ，过点 的直线l交C于P，Q
两点，当PQ与x轴平行时， 的面积为16，其中O为坐标原点.
(1)求 的方程；
(2)已知点 ， ， （ ）为抛物线 上任意三点，记
面积为 ，分别在点A、B、C处作抛物线 的切线 、 、 ， 与 的交点为D，
与 的交点为E， 与 的交点为F，记 面积为 ，是否存在实数 ，使得 ？
若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．(1)是“优美猫眼曲线”
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）求解两个椭圆的离心率，结合 ，即可利用“优美猫眼曲线”的定义求
解，
（2）利用点差法可得 ，同理可得 ，即可求解 为定值，或者
利用联立方程，根据韦达定理可得 的坐标为 ，即可求解斜率得解，
（3）根据相切，结合判别式可得 ，即可结合 的三角换元，结合弦长公式以及点
到直线的距离公式即可求解.
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）由a，b，t成等比数列，得 ，
则椭圆 的离心率为 ，
椭圆 的离心率为 ，
因为 ，所以 ，即 ，
所以，该曲线是“优美猫眼曲线”.
（2）方法一：设直线 与椭圆 相交于 ， ，线段CD的中点
，
则 ， ，两式相减，得 ，
，即 ，
由已知 ， ，所以 ，
即 ，同理可得 ，所以， 为定值.
方法二：由题知，可设直线 ，联立 ，得
，
故 ， ，
则中点 的坐标为 ，可得 ；
同理可得： ，所以， 为定值.
学科网（北京）股份有限公司（3）设直线 的方程为 ，代入 ，得 ，
因为 与椭圆 相切，所以 ， ，
根据对称性，不妨取 ，则将直线 的方程 代入椭圆 的方程 ，
得 ，设 ，则 ， ，
所以 ，
设 ，则点 到直线 的距离（其中， ， ）
，
当 ， 时， 取最大值 ，
所以， 面积取最大值 .
若取 ，根据图形的对称性可得相同的结论.
【点睛】方法点睛：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；
学科网（北京）股份有限公司（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.
2．(1)
(2)①证明见解析 ；②
【分析】（1）将点的坐标代入，结合 ， ，即可求解，
（2）①根据两点距离公式，结合二次函数的性质可得 ，即可联立直线与椭圆方程得
韦达定理，根据点斜式求解直线 的方程为 ，代入化简即可求解，
②根据点到直线距离公式以及弦长公式表达出面积， ，利用换元
法，以及对勾函数的性质即可求解.
【详解】（1）由题意可得 ，且 ， ，
解得 ，
故椭圆方程为：
（2）设 是椭圆 上一点，则 ，所以 ，
所以 （ ），
因为 ，所以当 时， ，
，解得 或 （舍去），所以
证明：由题意可知直线 的斜率存在且不为0，设直线 的方程为 （ ），
学科网（北京）股份有限公司， ， ，联立直线 和 的方程，
得 消去 并化简，得 ，
所以 ，
解得 ，且 ．
又点 在点 的右侧，则 ，且 ， ，
所以直线 的方程为 ，
所以 ，
因为
，
所以 ，所以直线 过定点 ．
②由①知直线 的方程为 ，设 ，则 ，
，将 ， 代入，
可得 ，由 ，且 ，得 的取值范围为 ．
学科网（北京）股份有限公司由 消去 并化简得 ，则
， ， ．
，
原点 到直线 的距离为 ，所以
，
令 ，由 的取值范围为 ，得 的取值范围为 ．
又函数 在 上单调递增，所以 ， 的值域为 ．
所以 的取值范围是 ，所以 面积的取值范围为 ．
【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.
3．(1) ， ， .
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）联立方程组即可求出交点坐标，然后求出线段长；
学科网（北京）股份有限公司（2）（i）设 、 坐标，得到直线方程，联立方程组得到关于 的二次方程，利用根与
系数的关系找到交点纵坐标 与 的关系，用等差中项性质证明结论即可.
（ii）找到点坐标，得到直线斜率相等即可证明直线平行.
【详解】（1）解： ，即： 且
故 ， ，
.
（2）（ⅰ）设 ，其中： ， ， ，
，
联立可得， ，
化简得： ，
于是： ，
故 ， ，
所以 ①， ②，
①+②得： ，
要证： 的纵坐标 是等差数列 ，即证： ，
即证： ，即证： ，
学科网（北京）股份有限公司即证： ，
①当 时： 成立；②假设 时， 成立；
③则当 时： 成立，
故： 为等差数列.
（ⅱ）设： ， ， ， ，
于是： ， ，
同理可证 的纵坐标满足： ，
，
下面证明： ，即证： ，这显然成立，
故
4．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用椭圆的定义可求得 的值，求出 的值，可得出 的值，由此可得出椭
圆 的标准方程；
（2）对直线 的斜率是否存在进行分类讨论，当直线 的斜率不存在时，写出直线 的方程，
直接验证；当直线 的斜率存在时，设 的方程为 ，设点A(x ,y )、B(x ,y )，
1 1 2 2
将直线 的方程与椭圆 的方程联立，列出韦达定理，根据 可得出
学科网（北京）股份有限公司，再利用直线与圆的位置关系可证得结论成立.
【详解】（1）解：设椭圆 的标准方程为 ，
由椭圆定义可得 ，则 ，
由已知可得 ，所以， ，
所以，椭圆 的标准方程为 ．
（2）证明：由题意，圆 的圆心为O(0,0)，半径为 ．
当直线 的斜率不存在时，由对称性可知 ，
不妨设A(x ,y )，则 ，可得 ，
0 0
即直线 的方程为 或 ，此时直线 与圆 相切；
当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，设点A(x ,y )、B(x ,y )，
1 1 2 2
联立 得 ，
学科网（北京）股份有限公司由 ，得 ，
由韦达定理得 ， ，
则
则 ，即 ．
圆心 到 的距离为 ，此时直线 与圆 相切．
综上，直线 与圆 相切．
【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(x ,y )、(x ,y )；
1 1 2 2
（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.
5．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据 ，即可根据椭圆中 的关系以及离心率公式求解，
（2）（i）联立直线与椭圆方程，根据判别式为0可得 ，进而可得
，利用向量的坐标运算，即可求证；
（ii）根据法向量可得切线方程，进而根据点到直线的距离公式可得 是平行四边形，
学科网（北京）股份有限公司结合全等和切线长性质可得 是菱形，即可根据三角形相似，结合函数的单调性求解
即可.
【详解】（1）由题意可知椭圆满足 ，
故 .
（2）（i）由测量数据可得 ， ，
故 ， ，墙壁所在直线 ，
易知直线 斜率存在，设 ，可得 ，
设切线 ，联立 ，
则 ，
相切可得 ，
则 ，
则 ，
切点 ，
，
故 ， ， ， ，
故 ，则 .
学科网（北京）股份有限公司（ii）设动点P(x ,y )，则 ，不妨设过P(x ,y )点的两条切线法向量为
0 0 0 0
，
过 点的两条切线法向量为 ，均为非零向量，
故切线方程为 和 ，
则满足 和 .
由此可知两组切线分别对应平行，四边形 是平行四边形，过圆心做一组邻边的垂线，
垂足为 ,
由于 关于原点对称，故 也关于原点对称，又 ,
故 故 ，故平行四边形 是菱形.
下面研究菱形 的面积：
过 作PR的垂线GH，则 ，由（i）可知 ,故 ，
设 ，则有： ，解得 ，则 ，
其中 的取值范围是 ，
设 ， 在 上是单调函数，
故 的取值范围是 .
学科网（北京）股份有限公司【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件
能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能
体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，如本题需先将
四边形 的面积用 表示出来，然后再利用函数的单调性求解最值．
6．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设点 ，依题可得 ，化简得 ；
（2）设 ，由题意求出 ，由 消去 整理得，应用韦达定
理，结合图形将 表示为 ，利用向量数量积的坐标式计算化简，并将以上
各式代入整理，化成 即得.
【详解】（1）设 ，依题意得， ，两边取平方，
，
整理得， ，即曲线 的方程为： .
（2）
学科网（北京）股份有限公司如图设点 ，因点 既在直线 上，又在直线 上，
故得： ，解得， .
由 消去 可得， ，
因 ，故点 的直线 与曲线 相交于 两点，设 ，
则 ，则 ，
由图知，
学科网（北京）股份有限公司，
故 只与 有关.
7．(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）根据内切圆的性质分析可得 ，结合双曲线的定义分析求解；
（2）设直线方程和交点坐标，利用韦达定理整理可得 ，
，再求 ， 的坐标，代入化简整理即可得结果.
【详解】（1）设 内切圆的圆心为 ，且与三边切于点 ，
则 ，
可得 ，
且A(-2,0)， ， ，即 ，
可得 ，
学科网（北京）股份有限公司可知动点 的轨迹 是以 为焦点的双曲线的右半支（顶点E除外），
则 ，
所以动点 的轨迹 的方程为 .
（2）由题意可知： ，双曲线 的渐近线为 ，
设 ，
，且 ，
联立方程 ，消去x可得 ，
则 ，
可得 ，整理可得 ，
学科网（北京）股份有限公司同理可得 ，
则直线 ，
令 ，可得
，
则 ，
同理可得 ，
则
，
所以 为定值.
【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，注意 的判断；
（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.
8．(1)
(2)证明见解析
学科网（北京）股份有限公司(3)证明见解析
【分析】（1）代入点坐标即可得 ，再利用离心率公式即可；
（2）首先讨论直线 斜率为0的情况，再设设 方程为 ，将其与椭圆方程联
立得到韦达定理式，计算并化简 ，最后整体代入韦达定理即可；
（3）根据（2）中结论得 ，再利用其单调性得 ，最后利用点
到直线的距离公式即可.
【详解】（1）由椭圆 经过点 得 ，故 .
则 ，所以椭圆 离心率为 .
（2）证明：由（1）及题意可知
设 ，当直线 斜率为0时 关于 轴对称，
所以 斜率与 的斜率之商为 .不合题意.
设 方程为 ，
因为 不过顶点 所以 .
学科网（北京）股份有限公司由 得 .
则
.
所以 ，
则
.
所以 ，
则直线 方程为 ，即 经过点 .
因为 与 轴交于点 ，所以 .
所以数列{b }是以 为公比的等比数列.
n
（3）由（2）可知， ，且 ，
所以{b }是递减数列，则 ，
n
顶点 到直线 距离为
学科网（北京）股份有限公司，当 时取等号；
故 .
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是采用设线法并联立椭圆方程得到韦达定理式，
最后整体代入化简斜率比值式，从而得到 ，最后即可证明结论.
9．(1)
(2)
【分析】（1）联立直线 的方程和双曲线的方程，利用根与系数关系求得线段 的长.
（2）根据对称性进行转化，设出直线 的方程并与双曲线方程联立，化简写出根与系数
关系，向量的坐标运算求得正确答案.
【详解】（1）由 消去 并化简得 ，
设 ，则 ，
所以 .
（2）依题意，双曲线 上存在两点 ， ，满足 ，
设直线 与双曲线的另一个交点为 ，根据对称性可知 ，
双曲线 对应 ，
则 ，依题意可知直线 的斜率存在，
学科网（北京）股份有限公司设直线 的方程为 ，
由 消去 并化简得 ，
则 ，
即 .
设 ，则 ①， ②，
由 得 ，
所以 ③，
由①③解得 ，代入②得：
，由于 ，
所以 ，整理得 ，解得 .
【点睛】思路点睛：
联立方程求解交点：首先通过联立直线和双曲线方程，利用代数方法求解交点的位置，这
一步是解答线段长度和直线斜率问题的基础.
学科网（北京）股份有限公司结合对称性分析直线斜率：通过设定双曲线上存在的对称点，结合对称性推导出直线的斜
率，从而确定直线方程的具体形式.
10．(1)证明见解析
(2)不存在实数 ，理由见解析
(3) 为“质朴椭圆”，理由见解析
【分析】（1）（2）根据椭圆的方程可得焦距与离心率，再根据“质朴椭圆”的定义判断
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“质朴椭圆”；
（2）椭圆 的焦距为 ，离心率 ，
若存在实数 ，使得椭圆 为“质朴椭圆”，
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“质朴椭圆”；
学科网（北京）股份有限公司（3）设 的右焦点为 ，
则直线 方程为 ，
设直线 与椭圆的交点为A(x ,y )，B(x ,y )，
1 1 2 2
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“质朴椭圆”.
11．(1)
(2)存在，定点坐标
【分析】（1）根据准线方程可知 ，结合点在椭圆上，可得椭圆方程，进而可得圆心
与半径，可得圆的方程；
（2）易知直线 斜率存在且不为 ，则设直线 ，联立直线与椭圆，根据中
学科网（北京）股份有限公司点及韦达定理可得 ，再令 ，可得点 坐标，进而可得直线 ，及直线 恒
过定点.
【详解】（1）由已知椭圆的右准线为 ，即 ，则 ，
则椭圆方程为 ，
又椭圆过点 ，
则 ，
解得 ，
则 ， ，
椭圆 ， ，
令 ，解得 ，即 ，
又以 为直径圆圆心为 ，
所以圆的方程为 ；
（2）
易知直线 斜率存在且不为 ，
则设直线 ， ， ，
联立直线与椭圆 ，得 ，
学科网（北京）股份有限公司则 ，
即 ，
且 ，
又 、 两点为直径端点作圆 ，圆心 恰好在直线 上，
即 ， 中点 在直线 上，
即 ，化简可得 ，
直线 方程为 ，
令 ，则 ，即 ，
所以直线 ，即 ，
即直线 恒过定点 .
【点睛】方法点睛：
解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；
（2）强化有关直线与椭圆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．
12．(1) ；
(2)存在，2
【分析】（1）由题意可得 ，则 ，再由 的面积为16，列
方程可求出 ，从而可求得 的方程；
（2）表示出直线AC的方程，直线 与 的交点为T，求出点 的坐标，则表示出 ，
利用导数的几何意义求出 、 、 的方程，求出 的坐标，表示出 ，化简计算可
得结论.
学科网（北京）股份有限公司【详解】（1）当PQ与x轴平行时， ，
因为P，Q两点均在抛物线C上，
所以 ，
即 ，
因为 的面积为16，
所以 ，
解得 ，
则 的方程为 ；
（2）直线AC的斜率为： ，
则 ： ，
直线 与 的交点为T，
则点T为 ，
所以
（∗）
（∗∗）
所以：
学科网（北京）股份有限公司由 ，得 ，
令 ，则 的斜率 ，
则有： ，即 ： ，
同理： ： ， ： ，
与 相交得： ，得： ；
同理可得： ， ；
同理由（∗∗）可知
所以 ，
所以存在 ，使得
学科网（北京）股份有限公司【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查导数的几何意义，考查抛
物线中三角形的面积问题，第（2）问解题的关键是用三点坐标表示出这三点围成的三角形
的面积，考查计算能力，属于较难题.
学科网（北京）股份有限公司
