高考数学二轮复习专项训练29证明、探究性问题含答案及解析

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5C．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，、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.【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4C．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，Px0,y0为椭圆上的动点，过动点Px0,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.【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:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点，，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(1)求椭圆C的离心率；(2)证明：数列bn(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:x2a2+y2b2=1a>b>0上，右准线方程为，过右焦点作垂直于(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.

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5C．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，、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1234答案BABDABD1．B【分析】设Ax1,y1,Bx2,【详解】椭圆，即：，设椭圆上两点Ax1,y1,Bx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），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.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Ax1,y1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，有，解得，所以内切圆的面积为，故D正确.故选：BD4．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，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Mx,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Mx,y，设点、，由可得，即，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【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Ax0,y，即，由（1）知，直线的方程为，即，当时，直线的方程为，代入，得，即，，，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Ax0,，点Ax0,y0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4C．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，Px0,y0为椭圆上的动点，过动点Px0,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123答案CDBCD1．C【分析】设点Mx1,y1、Nx2,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、【详解】设点Mx1,y1、Nx2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，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，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，F1,0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；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：①②④.5．(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Ax1,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）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，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Px0,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.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，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，，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，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:x2a2+y2b2=1a>b>0经过点，，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(1)求椭圆C的离心率；(2)证明：数列bn(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:x2a2+y2b2=1a>b>0上，右准线方程为，过右焦点作垂直于(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.【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.（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；（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（），，，，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．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；（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：，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Ax1,y1、Bx2,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，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O0,0，半径为．当直线的斜率不存在时，由对称性可知，不妨设Ax0,y0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Ax1,y1、联立得，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,y（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，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.（ii）设动点Px0,y0，则，不妨设过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.【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）

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，，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，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，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(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