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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
1
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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，
2
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、
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
3
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【分析】设A(x1, y1),B(x2, y2)，
中点为
，利用点差法结合条件可得点
，
根据
在椭圆内部，进而即得．
【详解】椭圆
，即：
，
设椭圆上两点A(x1, y1),B(x2, y2)关于直线
对称，
中点为
，
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（x1，y1），N（x2，y2），
4
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联立
，整理可得：
，
所以y1+y2＝2pt，x1+x2＝t（t1+y2）+p＝2pt2+p，
所以MN 的中点Q（pt2
，pt），
由抛物线的性质可得|MN|＝x1+x2+p＝2pt2+2p＝2p（1+t2），
|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
.
5
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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(x1, y1)，则
，由
在椭圆上，
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
，
6
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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
，
7
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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
，
8
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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
9
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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
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【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(x0, y0)在椭圆
上，
，即
，
由（1）知，直线
的方程为
，即
，
当
时，直线
的方程为
，代入
，
得
，即
，
，
11
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，
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(x0, y0)，都有
，
，
点A(x0, y0)到直线
的距离为
，
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
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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
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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(x0, y0)为椭圆
上的动点，过动点P(x0, y0)作椭圆
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
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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 (x1, y1)、N (x2, y2)，线段
的中点为
，由已知条件可得出
，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 (x1, y1)、N (x2, y2)，线段
的中点为
，则
，
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
，
15
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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
，
16
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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；
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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.
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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(x1, y1),B(x2, y2)，则
，
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）
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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
，
20
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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(x0, y0)，
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①②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
.
21
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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
，
22
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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
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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
，
，
24
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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
，
25
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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
26
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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
27
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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
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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.
8．（24-25 高三上·广西南宁·开学考试）已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)经过点
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，
，
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{bn}：C 的短半轴
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{bn}是等比数列；
(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.
11．（24-25 高二上·江苏盐城·期中）已知点
在椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上，右
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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.
31
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【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.
32
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（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；
33
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（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
（
），
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，
，
，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
．
35
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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；
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（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：
，
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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(x1, y1)、B(x2, y2)，
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
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，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(x0, y0)，则
，可得
，
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(x1, y1)、B(x2, y2)，
联立
得
，
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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(x1, y1)、(x2, y2)；
（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，
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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
.
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（ii）设动点P(x0, y0)，则
，不妨设过P(x0, y0)点的两条切线法向量为
，
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
.
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【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）
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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，
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，
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
，
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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
，
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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
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(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
.
48
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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{bn}是以
为公比的等比数列.
（3）由（2）可知，
，且
，
所以{bn}是递减数列，则
，
顶点
到直线
距离为
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，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，
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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.
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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”；
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（3）设
的右焦点为
，
则直线方程为
，
设直线与椭圆的交点为A(x1, y1)，B(x2, y2)，
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
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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
，
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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.
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【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：
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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
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【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.
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