备战高考数学专题：圆锥曲线的新定义问题

专题38：圆锥曲线的新定义一、单选题1．若椭圆或双曲线上存在点，使得点到两个焦点的距离之比为，且存在，则称此椭圆或双曲线存在“点”，下列曲线中存在“点”的是（）A． B． C． D．2．已知椭圆的焦点为、，若点在椭圆上，且满足（其中为坐标原点），则称点为“★”点.下列结论正确的是（）A．椭圆上的所有点都是“★”点B．椭圆上仅有有限个点是“★”点C．椭圆上的所有点都不是“★”点D．椭圆上有无穷多个点（但不是所有的点）是“★”点3．在平面直角坐标系中，定义称为点的“和”，其中为坐标原点，对于下列结论：（1）“和”为1的点的轨迹围成的图形面积为2；（2）设是直线上任意一点，则点的“和”的最小值为2；（3）设是直线上任意一点，则使得“和”最小的点有无数个”的充要条件是；（4）设是椭圆上任意一点，则“和”的最大值为.其中正确的结论序号为（）A．（1）（2）（3） B．（1）（2）（4）C．（1）（3）（4） D．（2）（3）（4）4．已知两定点，，若直线上存在点，使，则该直线为“型直线”，给出下列直线，其中是“型直线”的是（）①；②；③；④A．①③ B．①② C．③④ D．①④二、多选题5．曲率半径是用来描述曲线上某点处曲线弯曲变化程度的量，已知对于曲线上点处的曲率半径公式为，则下列说法正确的是（）A．对于半径为的圆，其圆上任一点的曲率半径均为B．椭圆上一点处的曲率半径的最大值为C．椭圆上一点处的曲率半径的最小值为D．对于椭圆上点处的曲率半径随着的增大而减小6．发现土星卫星的天文学家乔凡尼卡西尼对把卵形线描绘成轨道有兴趣.像笛卡尔卵形线一样，笛卡尔卵形线的作法也是基于对椭圆的针线作法作修改，从而产生更多的卵形曲线.卡西尼卵形线是由下列条件所定义的：曲线上所有点到两定点（焦点）的距离之积为常数.已知：曲线C是平面内与两个定点F1(-1，0)和F2(1，0）的距离的积等于常数的点的轨迹，则下列命题中正确的是（）A．曲线C过坐标原点B．曲线C关于坐标原点对称C．曲线C关于坐标轴对称D．若点在曲线C上，则的面积不大于7．双纽线像数字“8”，不仅体现了数学的对称、和谐、简洁、统一的美，同时也具有特殊的有价值的艺术美，是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多设计者设计作品的主要几何元素．曲线C：是双纽线，则下列结论正确的是（）A．曲线C经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）B．曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2C．曲线C关于直线y＝x对称的曲线方程为D．若直线y＝kx与曲线C只有一个交点，则实数k的取值范围为三、填空题8．在平面直角坐标系xOy中，点M不与原点О重合，称射线OM与的交点N为点M的“中心投影点”，曲线上所有点的“中心投影点”构成的曲线长度是_______9．在平面直角坐标系中，为坐标原点．定义点的“友好点”为：，现有下列命题：①若点的“友好点”是点，则点的“友好点”一定是点．②单位圆上的点的“友好点”一定在单位圆上．③若点的“友好点”还是点，则点一定在单位圆上．④对任意点，它的“友好点”是点，则的取值集合是．其中的真命题是_____．四、解答题10．以椭圆的中心O为圆心，为半径的圆称为该椭圆的“准圆”．已知椭圆C的长轴长是短轴长的倍，且经过点，椭圆C的“准圆”的一条弦所在的直线与椭圆C交于两点．（1）求椭圆C的标准方程及其“准圆”的方程；（2）当时，证明:弦的长为定值．11．定义：已知椭圆，把圆称为该椭圆的协同圆.设椭圆的协同圆为圆(为坐标系原点)，试解决下列问题：（1）写出协同圆圆的方程；（2）设直线是圆的任意一条切线，且交椭圆于两点，求的值；（3）设是椭圆上的两个动点，且，过点作，交直线于点，求证：点总在某个定圆上，并写出该定圆的方程.12．给定椭圆C：(a>b>0)，称圆心在原点O，半径为的圆为椭圆C的“准圆”．若椭圆C的一个焦点为F(，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为.（1）求椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）若点P是椭圆C的“准圆”上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆”于点M，N.证明：l1⊥l2，且线段MN的长为定值．13．我们称点P到图形C上任意一点距离的最小值为点P到图形C的距离，记作.（1）求点到抛物线的距离；（2）设是长为2的线段，求点集所表示图形的面积.14．给定椭圆，称圆心在原点、半径为的圆是椭圆的“卫星圆”，若椭圆的离心率为，点在上.（1）求椭圆的方程和其“卫星圆”方程；（2）点是椭圆的“卫星圆”上的一个动点，过点作直线、使得，与椭圆都只有一个交点，且、分别交其“卫星圆”于点、，证明：弦长为定值.15．已知抛物线的焦点为，准线的方程为.若三角形的三个顶点都在抛物线上，且，则称该三角形为“向心三角形”.（1）是否存在“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和？说明理由；（2）设“向心三角形”的一边所在直线的斜率为，求直线的方程；（3）已知三角形是“向心三角形”，证明：点的横坐标小于.16．若给定椭圆和点，则称直线为椭圆C的“伴随直线”．（1）若在椭圆C上，判断椭圆C与它的“伴随直线”的位置关系（当直线与椭圆的交点个数为0个、1个、2个时，分别称直线与椭圆相离、相切、相交），并说明理由；（2）命题：“若点在椭圆C的外部，则直线与椭圆C必相交．”写出这个命题的逆命题，判断此逆命题的真假，说明理由；（3）若在椭圆C的内部，过N点任意作一条直线，交椭圆C于A、B，交于M点（异于A、B），设，问是否为定值？说明理由．17．已知椭圆（），点为椭圆短轴的上端点，为椭圆上异于点的任一点，若点到点距离的最大值仅在点为短轴的另一端点时取到，则称此椭圆为“圆椭圆”，已知.（1）若，判断椭圆是否为“圆椭圆”；（2）若椭圆是“圆椭圆”，求的取值范围；（3）若椭圆是“圆椭圆”，且取最大值，为关于原点的对称点，也异于点，直线、分别与轴交于、两点，试问以线段为直径的圆是否过定点？证明你的结论.参考答案1．C【分析】求出满足条件时的和，再求出，验证，，能否是三角形的三边长，即可得．【解析】，则，若是椭圆，则，，，若是双曲线，则，，A中椭圆，，，，，不存在；B中椭圆，，，，，不存在C中双曲线，，双曲线上点到到右焦点距离的最小值是，，，，构成，存在“点”，D中双曲线，，，，，，不存在故选：C．【点评】本题考查新定义“点”，解题方法是弱化条件，求出满足部分条件的点具有的性质，验证是否满足另外的条件：构成三角形．从而完成求解．2．B【分析】设点，由得出关于、的等式，由，求出方程的解，即可得出结论.【解析】设点，则，、，，，由，得，即，解得，此时，所以，椭圆上有且只有个点是“★”点.故选：B.【点评】本题考查椭圆中的新定义，考查椭圆方程的应用，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.3．B【分析】根据新定义“和”，通过数形结合判断（1）正确，通过研究函数最值对选项（2）（3）（4）逐一判断即可.【解析】（1）当时，点的轨迹如图，其面积为2，正确；（2）是直线上的一点，，可知，，时递减，时递增，故的最小值在时取得，，正确；（3）同（2），，可知当时，都满足，“和”最小的点有无数个，故错误；（4）可设椭圆参数方程为，易知其最大值为，正确.故选：B.【点评】本题的解题关键是认真读题，理解新定义“和”，再通过数形结合和函数最值的研究逐一判断即突破难点.4．D【分析】易得点在以、为焦点的椭圆上，“型直线”和椭圆有公共点，逐个选项联立方程由判别式验证即可.【解析】两定点，，，在以、为焦点的椭圆上，且，故椭圆的方程为，满足题意的“型直线”和椭圆有公共点，联立和x24+y23=1，消整理可得，故，即直线与椭圆有公共点，即为“型直线”，联立和，显然无交点，故不是“型直线”，联立和x24+y23=1，消整理可得，故，故不是“型直线”，联立和消整理可得，故，即直线与椭圆有公共点，即为“型直线”，故选：D【点评】本题考查了椭圆的定义以及椭圆的标准方程，此题属于圆锥曲线的新定义题目，同时考查了直线与椭圆位置关系的判断，属于中等题.5．AC【分析】利用曲率半径公式的定义，A中有圆上任一点；B、C中由椭圆在，处分别是最大、最小处，结合公式求得曲率半径的范围；D中由公式得，构造，利用导数研究其单调性即可，进而可确定正确选项.【解析】A：由题设知：圆的方程可写为，所以圆上任一点曲率半径为，正确；B、C：由弯曲最大处为，最小处为，所以在处有，在处有，即，故B错误，C正确；D：由题意，处的曲率半径，而，所以，令，则在上有恒成立，故在上随着的增大而增大，错误；故选：AC.【点评】由曲率半径公式，结合曲线方程写出相应点的曲率半径，根据圆、椭圆的性质，构造函数并应用导数研究其单调性，判断各项的正误.6．BCD【分析】动点坐标为，根据题意可得曲线的方程为，对各个选项逐一验证，即可得出结论．【解析】由题意设动点坐标为，则，即，若曲线C过坐标原点，将点代入曲线C的方程中可得与已知矛盾，故曲线C不过坐标原点，故A错误；把方程中的x被代换，y被代换，方程不变，故曲线C关于坐标原点对称，故B正确；因为把方程中的x被代换，方程不变，故此曲线关于y轴对称，把方程中的y被代换，方程不变，故此曲线关于x轴对称，故曲线C关于坐标轴对称，故C正确；若点P在曲线C上，则，，当且仅当时等号成立，故的面积不大于，故D正确.故选：BCD.【点评】本题考查圆锥曲线新定义，轨迹方程的求法，关键是读懂题意，并能正确运用新定义是解题的关键，属于中档题型.7．BCD【分析】令，求出整点的坐标，可判断选项A；利用已知和两点距离公式可判断选项B；由曲线C上关于对称的两点都满足方程，可判断选项C；联立直线y＝kx与曲线C解出方程的根，可得实数k的取值范围．【解析】时，，或2或，三个整点，，，无解，∴共有3个整点，A错误，，曲线C上往取一点到原点的距离﹐B正确；曲线C上往取一点M关于的对称点为N，设，则，M在曲线C上，∴，C正确．与曲线C一定有公共点，∵与曲线C只有一个公共点，则，∴，∴或，D正确故选：BCD8．【分析】可作出对应曲线的图象，结合图形，求出题中“中心投影点”构成的曲线长度对应圆中的圆心角，从而求出其“中心投影点”构成的曲线的长度.【解析】曲线的渐近线方程为：，设渐近线与圆的交点分别为,如下图则曲线上所有点的“中心投影点”构成的曲线为圆弧由题意，所以所以,则故答案为：9．②③【分析】根据“友好点”的定义，根据逐项判断即可得到结果．【解析】定义点的“友好点”为：，即，且．对于①，取，且，则点的“友好点”点，所以的“友好点”是点，故①错误；对于②，设单位圆上任意一点，所以的“友好点”点，所以仍在在单位圆上，故②正确；对于③，取，且，则点的“友好点”点，若的“友好点”点为，则，可知，所以点一定在单位圆上，故③正确；对于④，由“友好点”点的定义可知且，故，故④错误．故答案为：②③．【点评】本题考查了新定义型问题的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．10．（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）利用椭圆C的长轴长是短轴长的倍，且经过点，列方程求出的值，从而可得答案；（2）讨论弦垂直与不垂直于x轴两种情况，不垂直时，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用点到直线距离公式、勾股定理求出弦的长，利用韦达定理，结合化简即可得答案.【解析】（1）由题意解得，所以椭圆的标准方程为椭圆C的“准圆”方程为（2）证明：①当弦轴时，交点关于x轴对称，又，则，可设得此时原点O到弦的距离，则，因此②当弦不垂直于x轴时，设直线的方程为，且与椭圆C的交点，联列方程组，代入消元得：，由可得，由得，即，所以此时成立，则原点O到弦的距离，则，综上得，因此弦的长为定值.【点评】方法点睛：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.11．（1）；（2）；（3）证明见解析，定圆的方程为.【分析】（1）由协同圆的定义，结合椭圆方程的参数写出协同圆圆的方程；（2）讨论直线的斜率存在和不存在两种情况：斜率不存在时，直接求出交点坐标，利用向量数量积的坐标表示求；斜率存在时，设联立椭圆方程，由切线的性质确定判别式符号，应用根与系数关系、向量数量积的坐标表示求；（3）设，则，讨论有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在，分别求，，，由等面积法求，即可证结论，并写出定圆方程.【解析】（1）由椭圆，知.根据协同圆的定义，可得该椭圆的协同圆为圆.（2）设，则.直线为圆的切线，分直线的斜率存在和不存在两种情况讨论：①当直线的斜率不存在时，直线.若，由，解得，此时.若，同理得：.②当直线的斜率存在时，设.由，得，有，又直线是圆的切线，故，可得.∴，则，而.∴，即.综上，恒有.（3）是椭圆上的两个动点且，设，则.直线：有一条直线的斜率不存在和两条直线的斜率都存在两种情况讨论.若直线的斜率不存在，即点在轴上，则点在轴上，有.∴，，且，由，解得.若直线的斜率都存在，设，则.由，得，有；同理，得.于是，.由，可得.因此，总有，即点在圆心为坐标原点，半径为的圆上.∴该定圆的方程为圆.【点评】研究直线与曲线相交关系注意讨论直线的斜率是否存在，求出交点坐标或联立椭圆、直线方程，根据判断判别式的符号、根与系数关系，结合题设已知条件列方程求定值或定曲线.12．（1）椭圆方程为，“准圆”方程为x2＋y2＝4；（2）证明见解析.【分析】（1）由已知，进而可得椭圆C的方程和其“准圆”方程；（2）①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，分别求出l1和l2，验证命题成立；②当l1，l2斜率存在时，设点P(x0，y0)，其中，联立过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线方程与椭圆方程，由Δ＝0化简整理，可证得l1⊥l2；进而得出线段MN为“准圆”x2＋y2＝4的直径，即线段MN的长为定值．【解析】（1）∵椭圆C的一个焦点为其短轴上的一个端点到F的距离为.∴，∴，∴椭圆方程为，∴“准圆”方程为x2＋y2＝4.（2）证明：①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，则l1：x＝±，当l1：x＝时，l1与“准圆”交于点(，1)，(，－1)，此时l2为y＝1(或y＝－1)，显然直线l1，l2垂直；同理可证当l1：x＝－时，直线l1，l2垂直．②当l1，l2斜率存在时，设点P(x0，y0)，其中.设经过点P(x0，y0)与椭圆相切的直线为y＝t(x－x0)＋y0，∴由得(1＋3t2)x2＋6t(y0－tx0)x＋3(y0－tx0)2－3＝0.由Δ＝0化简整理，得(3－)t2＋2x0y0t＋1－＝0，∵，∴有(3－)t2＋2x0y0t＋(－3)＝0.设l1，l2的斜率分别为t1，t2，∵l1，l2与椭圆相切，∴t1，t2满足上述方程(3－)t2＋2x0y0t＋(－3)＝0，∴t1·t2＝－1，即l1，l2垂直．综合①②知，l1⊥l2.∵l1，l2经过点P(x0，y0)，又分别交其“准圆”于点M，N，且l1，l2垂直．∴线段MN为“准圆”x2＋y2＝4的直径，|MN|＝4，∴线段MN的长为定值．【点评】思路点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查新定义，考查椭圆的切线方程，考查直线与椭圆的位置关系，有关平面解析问题一些基本解题思想总结如下：1.常规求值问题：需要找等式，范围问题需要找不等式；2.是否存在问题：当作存在去求，不存在时会无解；3.证明定值问题：把变动的元素用参数表示出来，然后证明结果与参数无关，也可先猜再证；4.处理定点问题：把方程中参数的同次项集在一起，并令各项系数为，也可先猜再证；5.最值问题：将对象表示为变量的函数求解．13．（1）；（2）.【分析】（1）设是抛物线上任意一点，则，可求出答案.

（2）设线段的端点分别为A，B，以直线为x轴，的中点为原点建立直角坐标系，则，,则集合所表示的图形是一个边长为2的正方形和两个半径是1的半圆，从而可求解.【解析】解：（1）设是抛物线上任意一点，则，因为，所以当时，.点到抛物线的距离.（2）设线段的端点分别为A，B，以直线为x轴，的中点为原点建立直角坐标系，则，，点集D由如下曲线围成：，，，，，，，，∴集合所表示的图形是一个边长为2的正方形和两个半径是1的半圆，∴其面积为.【点评】本题考查抛物线上的点与已知点的距离的最值，考查新定义问题，考查数形结合思想，考查逻辑分析能力，属于中档题.14．（1），；（2）证明见解析.【分析】（1）本题可根据题意得出以及，然后通过计算得出、的值以及椭圆方程，最后根据即可求出卫星圆的方程；（2）本题可先讨论、中有一条无斜率的情况，通过求出与的方程即可求出的值，然后讨论、都有斜率的情况，设点以及经过点且与椭圆只有一个公共点的直线为，再然后通过联立方程以及韦达定理的应用得出满足条件的两直线、垂直，判断出此时线段应为“卫星圆”的直径以及的值，最后综合两种情况即可得出结果.【解析】（1）因为椭圆的离心率为，点在上，所以，解得，，椭圆方程为，因为，圆心为原点，所以卫星圆的方程为.（2）①当、中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，所以其方程为或，当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，此时经过点或且与椭圆只有一个公共点的直线是或，即为或，此时，线段应为“卫星圆”的直径，，②当、都有斜率时，设点，其中，设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，联立方程，消去得到，则，，满足条件的两直线、垂直，此时线段应为“卫星圆”的直径，，综合①②可知，为定值，.【点评】本题考查椭圆方程的求法以及圆的方程的求法，考查椭圆、直线以及圆相交的综合问题的求解，考查韦达定理以及判别式的灵活应用，考查计算能力，考查转化与化归思想，是难题.15．（1）不存在，理由详见解析；（2）；（3）证明见解析.【分析】（1）由题意可知，点为的重心，假设存在一点使得“向心三角形”存在，求得该点的坐标，代入抛物线的方程，进行判断即可；（2）设点、、，利用点差法求得，根据重心的坐标公式，求出线段的中点坐标，然后利用点斜式方程可得出直线的方程；（3）由，等式两边平方，利用基本不等式可得出，结合等式可求出，进而证明结论成立.【解析】（1）由题意可知，抛物线的标准方程为，由，可知，为重心，设存在点“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和，另外的顶点为，由，解得：，显然，故不存在“向心三角形”，其中两个顶点的坐标分别为和；（2）设、、，由，两式相减，得，所以，所以，由题意可知，，所以，则，由，所以，所以，线段的中点，因此，直线的方程为，整理得.因此，直线的方程；（3）由（2）可知，则，①由，，平方可得，当且仅当时取等号，显然，所以，即，将①代入可得，解得，所以点的横坐标小于.【点评】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查三角形重心坐标公式的应用、点差法以及基本不等式的应用，考查计算能力与推理能力，属于中等题.16．（1）l与椭圆C相切．见解析（2）逆命题：若直线与椭圆C相交，则点在椭圆C的外部．是真命题．见解析（3）为定值0，见解析【分析】（1），由根的差别式能得到l与椭圆C相切．（2）逆命题：若直线与椭圆C相交，则点在椭圆C的外部．是真命题．联立方程得．由，能求出在椭圆C的外部．（3）此时与