专题07 解析几何（七大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用）

这是一份专题07 解析几何（七大题型，16区二模新题速递）（解析卷）-2024年高考数学二模试题分类汇编（上海专用），共56页。试卷主要包含了题型一，题型二，题型三，题型四，题型五，题型六，题型七等内容，欢迎下载使用。

选 题 列 表
2024·上海杨浦·二模 2024·上海奉贤·二模
2024·上海浦东·二模 2024·上海青浦·二模
2024·上海黄浦·二模 2024·上海闵行·二模
2024·上海普陀·二模 2024·上海金山·二模
2024·上海徐汇·二模 2024·上海静安·二模
2024·上海松江·二模 2024·上海长宁·二模
2024·上海嘉定·二模 2024·上海崇明·二模
2024·上海虹口·二模 2024·上海宝山·二模
汇 编 目 录
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc23872" 题型一：直线与方程 PAGEREF _Tc23872 \h 2
\l "_Tc22232" 题型二：圆与方程 PAGEREF _Tc22232 \h 5
\l "_Tc30611" 题型三：曲线与方程 PAGEREF _Tc30611 \h 10
\l "_Tc13197" 题型四：椭圆 PAGEREF _Tc13197 \h 13
\l "_Tc4368" 题型五：双曲线 PAGEREF _Tc4368 \h 19
\l "_Tc16484" 题型六：抛物线 PAGEREF _Tc16484 \h 23
\l "_Tc9795" 题型七：圆锥曲线的综合问题 PAGEREF _Tc9795 \h 26
一、题型一：直线与方程
1．（2024·上海杨浦·二模）平面上的向量、满足：，，.定义该平面上的向量集合.给出如下两个结论：
①对任意，存在该平面的向量，满足
②对任意，存在该平面向量，满足
则下面判断正确的为（ ）
A．①正确，②错误B．①错误，②正确C．①正确，②正确D．①错误，②错误
【答案】C
【分析】根据给定条件，令，，设，利用向量模及数量积的坐标表示探求的关系，再借助平行线间距离分析判断得解.
【详解】由，，，不妨令，，设，
，得，而，，
则，整理得，由，得，
平行直线和间的距离为，
到直线和直线距离相等的点到这两条直线的距离为，
如图，阴影部分表示的区域为集合，因此无论是否属于，都有，
所以命题①②都正确.
故选：C
【点睛】思路点睛：已知几个向量的模，探求向量问题，可以在平面直角坐标系中，借助向量的坐标表示，利用代数方法解决.
2．（23-24高三下·上海浦东新·二模）“”是“直线与直线平行”的（ ）
A．充分非必要条件B．必要非充分条件
C．充要条件D．既非充分又非必要条件
【答案】C
【分析】根据两直线平行的充要条件求值即可得.
【详解】设，，
直线方程可化为，且直线的斜率为，
若，则直线斜率存在，，
故直线方程可化为，
由，解得，故，
当时，直线的方程为，直线的方程为，
此时，即.
因此，是的充要条件.
故选：C.
3．（2024·上海奉贤·二模）函数的图像记为曲线F，如图所示.A，B，C 是曲线与坐标轴相交的三个点，直线BC与曲线的图像交于点，若直线的斜率为，直线的斜率为，，则直线的斜率为 .(用，表示)
【答案】
【分析】根据正弦函数的图象与性质写出的坐标，求出，然后确定它们的关系．
【详解】由题意，，则，，
，由得，则，
，，，
所以，又，所以，
故答案为：．
4．（2024·上海青浦·二模）已知直线的倾斜角比直线的倾斜角小，则的斜率为 ．
【答案】
【分析】根据直线方程求出直线斜率为，由此确定直线倾斜角，结合已知条件求得直线倾斜角为，由此即可求得直线的斜率.
【详解】由直线方程：得的倾斜角为，
所以的倾斜角为，即的斜率为.
故答案为：.
5．（2024·上海长宁·二模）直线与直线的夹角大小为 ．
【答案】/
【分析】先由斜率的定义求出两直线的倾斜角，然后再利用两角差的正切展开式计算出夹角的正切值，最后求出结果.
【详解】设直线与直线的倾斜角分别为，
则，且，
所以，
因为，
所以，即两条直线的夹角为，
故答案为：.
二、题型二：圆与方程
6．（2024·上海普陀·二模）直线经过定点，且与轴正半轴、轴正半轴分别相交于，两点，为坐标原点，动圆在的外部，且与直线及两坐标轴的正半轴均相切，则周长的最小值是（ ）
A．3B．5C．10D．12
【答案】C
【分析】先设动圆的圆心坐标为，，，结合直线与圆相切的性质可得，当圆与直线相切于点处时，圆半径最小，结合两点间距离公式即可求解．
【详解】设动圆的圆心坐标为，
即圆半径，由题意，
设，，圆与直线相切于点，则，，
所以，
即的周长为，
所以的周长最小即为圆半径最小，因为，
则，整理得，
解得或,
当时，圆心在内，不合题意；
当时，符合题意，即圆半径的最小值为，周长的最小值为．
故选：C．
7．（23-24高三下·上海·七宝模拟）在平面直角坐标系xOy中，已知P是圆C：上的动点，若，，，则的最小值为 ．

【答案】8
【分析】根据题意得到，再利用点到圆心距离减半径得最值，即可得到答案．
【详解】因为，．
所以的最小值为8．
故答案为：8
8．（23-24高三下·上海浦东新·二模）已知圆，圆，若两圆相交，则实数的取值范围为 .
【答案】
【分析】先求出两圆得圆心及半径，再根据两圆相交，可得，解之即可.
【详解】圆化为标准方程得，
则圆心，半径，
圆化为标准方程得，
则，半径，
因为两圆相交，
所以，
即，解得（舍去），
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
9．（2024·上海静安·二模）江南某公园内正在建造一座跨水拱桥．如平面图所示，现已经在地平面以上造好了一个外沿直径为20米的半圆形拱桥洞，地平面与拱桥洞外沿交于点与点． 现在准备以地平面上的点与点为起点建造上、下桥坡道，要求：①；②在拱桥洞左侧建造平面图为直线的坡道，坡度为 （坡度为坡面的垂直高度和水平方向的距离的比）；③在拱桥洞右侧建造平面图为圆弧的坡道；④在过桥的路面上骑车不颠簸．
(1)请你设计一条过桥道路，画出大致的平面图，并用数学符号语言刻画与表达出来；
(2)并按你的方案计算过桥道路的总长度；（精确到0.1米）
(3)若整个过桥坡道的路面宽为10米，且铺设坡道全部使用混凝土．请设计出所铺设路面的相关几何体，提出一个实际问题，写出解决该问题的方案，并说明理由 （如果需要，可通过假设的运算结果列式说明，不必计算）．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）解法1；以线段的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，求得圆的方程，得到，联立方程组，求得，设圆的半径为，求得圆的方程为，进而得到函数的解析式；解法2：以线段的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，设圆的半径为，求得圆的方程为，得到，，进而得到函数的解析式；
（2）解法1：求得圆弧的长为，得到圆弧的长为，进而求得过桥道路的总长度；解法2：根据题意，求得，得到圆弧的长，求得圆弧的长为，进而得到过桥道路的总长度；
（3）设计让桥的侧面所在平面垂直于地平面，提出问题，结合面积公式，分别求得铺设过桥路需要混凝土的值.
【详解】（1）解法1、如图所示，以线段的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，
则，圆的方程为，
由，得，，
过点作圆的切线，切点为，直线的斜率为，其方程为，
所以直线的斜率为，其方程为，将其代入，
得点的坐标为，
经过点作圆与圆切于点（圆与y轴的交点），设圆的半径为，
则，即，解得，
所以，圆的方程为，
故用函数表示过桥道路为 .
解法2、如图所示，以线段的中点为坐标原点建立平面直角坐标系，
作圆与x轴相切于点，并和圆切于点，
设圆的半径为，则，即，解得，
所以圆的方程为，
将直线的方程代入得，点的坐标为，
所以用函数表示过桥道路为.
（2）解法1：由点的坐标为，得，
所以圆弧的长为3.398，
由点的坐标为，点的坐标为，得，
所以圆弧的长为32.175，
所以过桥道路的总长度为，
解法2：因为，，
则，即，
所以圆弧的长为，
又由点的坐标为，得，
所以圆弧的长为，
所以过桥道路的总长度为63.9．
（3）解：设计让桥的侧面所在平面垂直于地平面，则桥拱左侧铺设的是以曲边形为底面，
高为10米的柱体；桥拱右侧铺设的是以曲边形（）为底面，高为10米的柱体，
提问：铺设坡道共需要混凝土多少立方米？
方案1：，
所以，铺设过桥路需要混凝土10（）．
方案2：，
所以，铺设过桥路需要混凝土10（）．
三、题型三：曲线与方程
10．（2024·上海徐汇·二模）三棱锥各顶点均在半径为的球的表面上，，二面角的大小为，则对以下两个命题，判断正确的是（ ）
①三棱锥的体积为；②点形成的轨迹长度为.
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【答案】A
【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断外心和外心的位置，利用垂直关系证明是中点，利用体积公式判断①，根据为定长判断点轨迹是圆，判断②．
【详解】由题意知，故,
设外心为，则为BC的中点，设外心为，如图，
则平面，平面，
平面，平面，
，，
，平面，平面，
又因为，则平面，即，，，四点共面，
则平面，
连接，则为二面角的平面角，
二面角的大小为，，
而，，因为平面，平面，
故，而，则，
在中，，
则，故，即三点共线，
且是的中点；
则，故①是真命题；
又，
点形成的轨迹是以为圆心，半径为的圆，
轨迹长度为，故②真命题．
故选：A．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据空间的位置关系，推出三点共线，及说明是得中点，从而确定点形成的轨迹.
11．（2024·上海奉贤·二模）点是棱长为1的正方体棱上一点，则满足的点的个数为 ．
【答案】
【分析】由椭圆的定义可得P点的轨迹，再找到与正方体棱的交点个数即可.
【详解】因为正方体的棱长为1，所以，
又，
所以点是以为焦距，以为长半轴，以为短半轴的椭球上的一点，且焦点分别为，
所以点是椭球与正方体棱的交点，在以为顶点的棱上，所以共有6个，
故答案为：6.
12．（2024·上海虹口·二模）已知平面向量满足，若平面向量满足，则的最大值为 .
【答案】/
【分析】设，先求出，以点为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，根据求出点的轨迹，进而可得出答案.
【详解】如图，设，
因为，
所以，故，
如图，以点为原点，为轴的正方向建立平面直角坐标系，
则，设，
由，得，
所以点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
表示两点间的距离，
所以的最大值为.
故答案为：.
13．（2024·上海静安·二模）我们称如图的曲线为“爱心线”，其上的任意一点都满足方程，现将一边在x轴上，另外两个顶点在爱心线上的矩形称为心吧．若已知点“爱心线”上任意一点的最小距离为，则用表示心吧面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】根据题意，得到，曲线上任意一点求得的最小值为，进而求得心吧面积的最大值.
【详解】解：由曲线方程，
由点“爱心线”上任意一点且点在轴的右侧，
所以点“爱心线”上任意一点的最小距离，一定出现在爱心线位于轴的右侧的点，
当时，可得，
设曲线上任意一点，且，
有，
因为的最小值为，所以的最小值为，
当时，心吧面积为的最小值为；
当时，心吧面积为的最大值为.
故答案为：.
四、题型四：椭圆
14．（2024·上海交大附中·模拟）椭圆具有如下的声学性质：从一个焦点出发的声波经过椭圆反射后会经过另外一个焦点．有一个具有椭圆形光滑墙壁的建筑，某人站在一个焦点处大喊一声，声音向各个方向传播后经墙壁反射（不考虑能量损失），该人先后三次听到了回音，其中第一、二次的回音较弱，第三次的回音较强；记第一、二次听到回音的时间间隔为，第二、三次听到回音的时间间隔为，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，分析听到的三次回声情况确定几个时刻声音的路程，再列出等式求解即得.
【详解】依题意，令声音传播速度为，时刻，刚刚呐喊声音传播为0，
时刻听到第一次回声，声音的路程为，即从左焦点到左顶点再次回到左焦点，
时刻，声音的路程为，即从左焦点到右顶点，又从右顶点回到左焦点，
时刻，声音的路程为，即从左焦点反射到右焦点，再反射到左焦点，
因此，，
即，则，即，整理得，
所以椭圆的离心率为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：利用椭圆几何性质，确定听到回声的时刻，回声的路程是解题的关键.
15．（2024·上海金山·二模）若抛物线的焦点是椭圆的一个顶点，则的值为（ ）．
A．2B．3C．4D．8
【答案】D
【分析】分别求出抛物线的焦点和椭圆的右顶点坐标，得，即可求解.
【详解】由题意知，（）的焦点为，
的右顶点为即为抛物线的焦点，
所以，解得.
故选：D
16．（23-24高三下·上海·七宝模拟）若椭圆的离心率为，则 ．
【答案】或
【分析】
结合离心率公式，分焦点在轴上和在轴上进行分类讨论即可求解.
【详解】
若焦点在轴上，则，
若焦点在轴上，则.
故答案为：或.
17．（2024·上海青浦·二模）椭圆的离心率为，则 ．
【答案】
【分析】直接根据椭圆方程得出离心率公式，则a可求.
【详解】由题意得椭圆离心率为，
解得，
故答案为：2.
18．（2024·上海浦东新·二模）已知椭圆的左、右焦点分别是，其离心率，过且垂直于轴的直线被椭圆截得的线段长为1．
(1)求椭圆的方程；
(2)点是椭圆上除长轴端点外的任一点，过点作斜率为的直线，使得与椭圆有且只有一个公共点，设直线的斜率分别为，若，证明：为定值，并求出这个定值；
(3)点是椭圆上除长轴端点外的任一点，设的角平分线交椭圆的长轴于点，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)，证明见解析；
(3)．
【分析】
（1）根据通径的长可得，根据离心率可得，故可求后可得椭圆的方程.
（2）设，则直线的方程为，联立直线方程和椭圆方程后利用判别式为零可求斜率，从而可证为定值.
（3）利用角平分线的性质、点到直线的距离和在椭圆上可得，据此可求的范围.
【详解】（1）由于，将代入椭圆方程，得．
由题意知，即．
又，，所以，．
所以椭圆的方程为．
（2）设，则直线的方程为．
联立得，
整理得
由题意得，即．
又，所以，故．
又知，
所以，
因此为定值，这个定值为．
（3）
设，又，，
所以直线的方程分别为，
．
由题意知，
由于点在椭圆上，所以．
所以，
结合整理得到：，而，
故，而在之间，故，
故即，因此．
【点睛】方法点睛：直线与圆锥曲线中的定值问题，有下面几种方法：
（1）用圆锥曲线上的动点表示目标代数式，然后利用动点满足的方程化简目标，从而得到定值；
（2）通过联立直线方程和圆锥曲线方程，然后用参数（如斜率、截距等）表示目标代数式，利用参数满足的等量关系化简前者可得定值.
（3）适当利用圆锥曲线的几何性质，结合 一些平面几何知识可得定值.
19．（2024·上海普陀·二模）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.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（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．
【详解】（1）由的离心率是短轴的长的倍，得
，即，
又，则，
故椭圆的方程为.
（2）设的左焦点为，连接，
因为，所以点、关于点对称，
又，则，
由椭圆的对称性可得，
，且三角形与三角形全等，
则，
又，化简整理得，
，则.
（3）设，，，
又 ，则，，
由得，，
，
由韦达定理得，，，
又，
则，，
因为点在椭圆上，所以，
化简整理得，，
此时，，
则

，
令，即，
则，
则的取值范围是.
【点睛】关键点点睛:本题考查直线与椭圆得位置关系及弦长范围问题，关键是向量坐标化得C坐标并代入椭圆方程得m,k的等量关系.
五、题型五：双曲线
20．（2024·上海嘉定·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
【答案】D
【分析】分别计算出两双曲线的焦点坐标、顶点坐标、渐近线方程与离心率即可得.
【详解】双曲线的焦点坐标为、左右顶点坐标为、
渐近线方程为、离心率为；
双曲线的焦点坐标为、上下顶点坐标为、
渐近线方程为、离心率为；
故其离心率相同.
故选：D.
21．（2024·上海·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 .
【答案】4
【分析】由双曲线的对称性可得四边形为平行四边形，根据双曲线的定义和，得，，中，由余弦定理得，，代入求值即可.
【详解】双曲线，实半轴长为1，虚半轴长为，焦距，
由双曲线的对称性可得，有四边形为平行四边形，
令，则，由双曲线定义可知，
故有，即，即，，
中，由余弦定理，
，
即，得，
.
故答案为：4.
22．（2024·上海金山·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 ．
【答案】
【分析】根据双曲线的对称性可得，两点一定在双曲线上，然后再判断另一个点，求出双曲线方程，再根据离心率公式即可得解.
【详解】根据双曲线的对称性可得，两点一定在双曲线上，
若在双曲线上，
则，方程组无解，故不在双曲线上，
则在双曲线上，
则，解得，
所以双曲线的离心率.
故答案为：.
23．（23-24高三下·上海浦东新·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 .
【答案】
【分析】设，先利用余弦定理得，然后根据，两边同时平方得，再结合可得答案.
【详解】不妨设点在第一象限，设，又，
所以
，
所以，
因为为的中点，所以，即，
所以
，
所以，即，即
所以，则.
故答案为：.

24．（2024·上海闵行·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 .
【答案】
【分析】由，设，然后由辅助角公式化简即可求解.
【详解】由题知，共轭双曲线和的半焦距相等，记为c，
则，所以，
又，故设，
所以，
当时，取得最大值.
故答案为：
25．（2024·上海普陀·二模）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 .
【答案】2
【分析】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．
【详解】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，，
设双曲线方程，将代入得，
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．
六、题型六：抛物线
26．（23-24高三下·上海·七宝模拟）设为坐标原点，为抛物线的焦点，是抛物线上一点，若，则点的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】设，利用坐标运算计算，然后解方程即可.
【详解】由已知，设，
则，，
由，
故选：C.
27．（2024·上海长宁·二模）已知抛物线的焦点为，准线为，点在上，，则点的横坐标为 ．
【答案】
【分析】过点作于点，由抛物线定义以及三角函数可用含的横坐标的式子表示，注意到，由此即可列方程求解.
【详解】如图所示：
过点作于点，
显然抛物线的焦点为，准线为，
由抛物线定义有，结合得，
而，
所以.
故答案为：.
28．（23-24高三下·上海·七宝模拟）已知曲线由抛物线及抛物线组成，若，，，是曲线上关于轴对称的两点，，，，四点不共线，其中点在第一象限，则四边形周长的最小值为 ．
【答案】
【分析】设抛物线的焦点为，则利用抛物线的定义得到，从而求出其最小值.
【详解】设抛物线的焦点为，则，所以，根据对称可知四边形为等腰梯形，
四边形周长
，
当且仅当，，三点共线时，等号成立，又，
四边形周长的最小值为.

故答案为：
29．（2024·上海交大附中·模拟）已知是抛物线上的两个不同的点，且，若点为线段的中点，则到轴的距离的最小值为 ．
【答案】4
【分析】求出过抛物线焦点的弦长范围，再利用抛物线定义列式求解即得.
【详解】抛物线的焦点，准线方程，令过点与抛物线交于两点的直线方程为，
由消去得，，设两个交点为，
则，，
于是，当且仅当时取等号，
令点的横坐标分别为，而，
则，
当且仅当三点共线时取等号，
所以到轴的距离的最小值为4.
故答案为：4
30．（2024·上海奉贤·二模）抛物线上一点到点的距离最小值为 ．
【答案】1
【分析】在抛物线上任取一点，计算它到定点的距离，求其最小值即得.
【详解】设抛物线上一点，则点到点的距离为，
因,则，故当时，抛物线上任一点到点的距离最小值为1.
故答案为：1.
七、题型七：圆锥曲线的综合问题
31．（2024·上海虹口·二模）过抛物线焦点的弦的中点横坐标为，则弦的长度为 .
【答案】
【分析】根据焦半径公式计算可得.
【详解】抛物线的准线方程为，设，，
则，所以，
所以.
故答案为：
32．（2024·上海松江·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.
【答案】(1)
(2)
(3)或.
【分析】（1）根据已知求出点的横坐标，根据对称性可得线段的长；；
（2）线段PQ的中点在轴上，得点纵坐标，代入椭圆方程得点横坐标，此时轴，易得其面积；
（3）假设存在，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，设，，，由平行四边形对角线互相平分把点坐标用点坐标表示，然后把坐标代入椭圆方程，利用垂直得向量的数量积为0，得出的关系，结合起来可得或，再分别代入求得，得结论．
【详解】（1）由可得：，，从而，
所以令，则，解得：，
所以.
（2）线段的中点在轴上，则，所以，即轴，
所以令，则，解得：，
所以；
（3），
假设存在以，为邻边的矩形，使得点E在椭圆C上，
设，，，，
因为四边形是矩形，一定为平行四边形，所以，
则，，所以，
都在椭圆上，，变形得①，
又，所以，即，
则②，
②代入①得，解得：或，
若时，，，此时与重合，点坐标为；
若时，联立，
消去可得：，解得：，
因为，所以，
所以存在满足题意的点，其纵坐标为或.
.
【点睛】思路点睛：对于圆锥曲线中探索性问题，求解步骤如下：
第一步：假设结论存在；
第二步：结合已知条件进行推理求解；
第三步：若能推出合理结果，经验证成立即可肯定正确；若推出矛盾，即否定假设；
第四步：反思回顾，查看关键点、易错点及解题规范．
33．（2024·上海徐汇·二模）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.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设点，直接计算，结合点在椭圆上化简即得；
（2）设，由向量线性运算的坐标表示得出，再利用在椭圆上，可求出（或）的坐标，然后可得直线方程；
（3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），直线方程椭圆方程整理后应用韦达定理得，把它代入可求得的确定值，从而得定点坐标．
【详解】（1）在椭圆 中，左、右顶点分别为，
设点，则 .
（2）设，由已知可得，，
由得，化简得
代入可得，
联立解得
由得直线过点，，
所以，所求直线方程为.
（3）设，易知直线的斜率不为，设其方程为（），
联立，可得，
由，得.
由韦达定理，得.，.
可化为，
整理即得，
，由，
进一步得，化简可得，解得，
直线的方程为，恒过定点.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的直线过定点问题，一般可设直线与圆锥曲线的交点为，设出直线方程为或，直线方程代入圆锥曲线方程后化简整理后应用韦达定理得（或），代入题中关于交点的其他条件化简可得出（或）的关系，从而得出定点坐标．
34．（2024·上海杨浦·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）
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）依题意可得，，再由，即可求出，从而得到椭圆方程；
（2）依题意不妨取直线为，联立直线与椭圆方程，求出、点的坐标，从而求出、的坐标，再求出的重心坐标；
（3）设直线，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，由直线的方程得，同理得到，由面积的关系得到，从而求出.
【详解】（1）依题意，，又，
解得，所以椭圆的方程为；
（2）因为命题“对任意直线，线段的中点为定点”为真命题，
可以取直线为，由，解得或，
所以，，
则，所以，，所以，
设的重心为，则，，
所以，即的重心坐标为.
（3）依题意可得直线的斜率存在、不为且斜率为负数，
设直线，，，
则直线：，令，得，同理可得：；
所以
设直线与轴交于点，则，所以，，，
因为，故得①，
由，
则，，
代入①得，解得，
所以，故直线的方程为.
【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，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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
35．（2024·上海奉贤·二模）已知曲线 ，是坐标原点， 过点的直线与曲线交于，两点.
(1)当与轴垂直时，求的面积；
(2)过圆上任意一点作直线，，分别与曲线切于，两 点，求证：；

(3)过点的直线与双曲线交于，两点（，不与轴重合）.记直线的斜率为，直线斜率为， 当时，求证：与都是定值.

【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）将代入椭圆方程，求出，再计算三角形面积；
（2）设，当时求出，从而确定、、（一组）的坐标，说明，当时，设，的斜率分别为，直线，得到联立直线与椭圆的方程，由得到化为关于的一元二次方程为，利用韦达定理得到，即可得证；
（3）设、、、，直线、的斜率分别为、，设直线，联立直线与曲线的方程，消元、列出韦达定理，由得，即可求出，设直线，与双曲线联立，消元、列出韦达定理，由斜率公式计算可得.
【详解】（1）由题可知，直线为，
代入椭圆方程，解得，
所以.
（2）设，
当时， ，不妨取，，，
则，，所以，即成立；
当时，设，的斜率分别为，直线，
由，
因为直线与椭圆相切，所以，
即，
化简可得，
化为关于的一元二次方程为，
所以.
因为在圆上，所以，
代入上式可得，
综上可得.

（3）设、、、，
直线、的斜率分别为、，
设直线，与椭圆联立得，
则，，，
由得，
即，
计算分子部分：
，所以，
设直线，与双曲线联立得，
则，，，，
所以，
计算分子部分
，
所以，
综上可得、均为定值.

【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，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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
36．（2024·上海金山·二模）已知椭圆的右焦点为，直线与椭圆交于不同的两点、．
(1)证明：点到右焦点的距离为；
(2)设点，当直线的斜率为，且与平行时，求直线的方程；
(3)当直线与轴不垂直，且△的周长为时，试判断直线与圆的位置关系，并证明你的结论．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)直线与圆相切，证明见解析
【分析】（1）根据两点间距离公式，结合椭圆的方程与配方法，进行化简即可得证；
（2）设直线l的方程为，将其与椭圆的方程联立，由与平行，根据向量共线的坐标表示，可得关于m的方程，解之即可；
（3）设直线l的方程为，将其与椭圆方程联立，运用韦达定理，结合弦长公式，点到直线的距离公式，进行求解即可得出结果.
【详解】（1）由，得；
（2）根据题意画出图象，如图，
设直线的方程为，
联立，消去，得，
由，得，
从而，，
又，，
由与平行，得，解得，
故直线的方程为；
（3）
直线与圆相切，证明过程如下：
设直线的方程为，
联立 消去，得，
从而，
由，得，即，
又因为，
即，
化简，整理得，
即，从而，
又圆心到直线的距离，
故直线与圆相切．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆的位置关系，关键点是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.本题中需设出直线方程并与椭圆标准方程进行联立，运用韦达定理，与其他公式结合并化简，来得到所求结果，考查逻辑推理能力和计算能力.
37．（2024·上海·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.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由抛物线的焦点坐标求的值；
（2）设直线的方程，与抛物线联立方程组，利用韦达定理求的值；
（3）设直线、的方程，与椭圆联立方程组表示出，由，化简并结合基本不等式求取值范围.
【详解】（1）椭圆的上顶点坐标为，
则抛物线的焦点为，故.
（2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不符合题意，
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.
【点睛】方法点睛：
解答直线与圆锥曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形，强化有关直线与圆锥曲线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．
38．（2024·上海黄浦·二模）如图，已知是中心在坐标原点、焦点在轴上的椭圆，是以的焦点为顶点的等轴双曲线，点是与的一个交点，动点在的右支上且异于顶点.
(1)求与的方程；
(2)若直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，求点的坐标；
(3)设直线的斜率分别为，直线与相交于点，直线与相交于点，，，求证：且存在常数使得.
【答案】(1)与
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设的方程分别为与，将点的坐标代入的方程可求出，利用椭圆的定义可求出的值，从而可得，进而可得的方程；
（2）分点在第四象限和第一象限时两种情况讨论求出点的坐标；
（3）利用两点的斜率公式及点在上即可证明，设的方程为，与椭圆方程联立，可得根与系数的关系，从而可表示，化简为常数，即可得出答案.
【详解】（1）设的方程分别为与，
由，得，故的坐标分别为，
所以故，
故与的方程分别为与.
（2）当点在第四象限时，直线的倾斜角都为钝角，不适合题意；
当在第一象限时，由直线的倾斜角是直线的倾斜角的2倍，
可知，故，
设点坐标为，可知且，
解得，故点的坐标为，
（3）设直线的斜率分别为，点P，A，B的坐标分别为，
则，
的方程为，
代入可得，
故，
所以，
同理可得，又，故，
故，
即，所以存在，使得.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，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．
39．（2024·上海崇明·二模）已知椭圆，为的上顶点，是上不同于点的两点．
(1)求椭圆的离心率；
(2)若是椭圆的右焦点，是椭圆下顶点，是直线上一点.若有一个内角为，求点的坐标；
(3)作，垂足为．若直线与直线的斜率之和为，是否存在轴上的点，使得为定值？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或；
(3)存在，
【分析】（1）根据离心率公式直接求解；
（2）由题设设，进而分或两种情况讨论求解即可；
（3）假设存在定点满足题意，先讨论的斜率存在时，设的方程为，，首先与椭圆方程联立并结合直线与直线的斜率之和为得，其次求得直线的方程为并于直线的方程联立求得点，再次根据得当时，为定值，最后说明直线的斜率存在也满足即可..
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【详解】（1）由题意，，所以离心率
（2）由题意，，，，所以直线的方程为：，
设，显然有或两种情况，
①当时，直线的倾斜角为，其与轴的交点为，则，
因为，
由，得：，解得（舍去）或，
所以，点的坐标是
②当时，此时， 则，
因为，
由，得：，
解得（舍去）或
综上所述，点的坐标是或
（3）假设存在定点满足题意，
当的斜率存在时，设直线的方程为，，
由得，
由题意，，即①．
，
，
所以，代入①，得：，
所以或，即存在直线使得直线与直线的斜率之和为2
直线的方程为，直线的方程为
由，得：，即
所以
所以当时，为定值，.
当直线斜率不存在时，设，，
则，，此时，满足题意．
所以存在定点，使得为定值且定值为．
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于利用分类讨论的思想，求得对应的的范围，进而舍去不满足的解；第三问解题的关键在于根据已知条件求得直线的方程为中的参数，点，难点在于数学运算.
40．（2024·上海虹口·二模）已知椭圆的焦距为，点在椭圆上，动直线与椭圆相交于不同的两点，且直线的斜率之积为1.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线为的法向量为，求直线的方程；
(3)是否存在直线，使得为直角三角形？若存在，求出直线的斜率；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，直线的斜率为
【分析】（1）根据题意求出，即可得解；
（2）由题意直线的斜率为，方程为，联立方程，求出点的坐标，同理求出点的坐标，进而可求出直线的方程；
（3）设直线的方程为，联立方程，求出点的横坐标，同理求出点的横坐标，从而可求出直线的斜率，再分和两种情况讨论即可得解.
【详解】（1）由已知条件可知，
所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）因为直线为的法向量为，
所以直线的斜率为，方程为，
联立，得，解得（舍去），
从而，
因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为，
同理可得点的坐标为，
所以直线的斜率，
所以直线的方程为，即；
（3）假设存在满足条件的直线，
设直线的方程为，
联立，得，解得（舍去），
因为直线的斜率之积为1，所以直线的方程为，
同理可得，
故直线的斜率
，
当为直角三角形时，只有或，
于是或，
若，由，可得，从而，
若，由，可得，从而，
所以存在，直线的斜率为.
【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，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.
41．（2024·上海嘉定·二模）如图：已知三点、、都在椭圆上．
(1)若点、、都是椭圆的顶点，求的面积；
(2)若直线的斜率为1，求弦中点的轨迹方程；
(3)若直线的斜率为2，设直线的斜率为，直线的斜率为，是否存在定点，使得恒成立？若存在，求出所有满足条件的点，若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)，
(3)或
【分析】（1）根据点、、都是椭圆的顶点，计算的面积即可得；
（2）设，，直线的方程为，与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系得出，根据中点坐标公式，求解即可得；
（3）设，，，根据，得出，用与表示直线与椭圆的方程，求解即可得出和的值，从而求出点的坐标．
【详解】（1）因为点、、都是椭圆的顶点，
所以的面积为；
（2）设，，因为直线的斜率为，
所以可设直线的方程为，
由，消去，整理得，
，即，
，，
设弦中点，则，
，
消去，得，
所以，
所以点的轨迹方程为，；
（3）设，，，则，
因为直线的斜率为，设直线的方程为，
其中，且不过，
椭圆的方程可化为，即，
所以，
即，
所以，
所以，
所以，
，解得，
代入，解得，所以，
所以存在点或，使得恒成立．
【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.
42．（2024·上海青浦·二模）已知双曲线，，分别为其左、右焦点．
(1)求，的坐标和双曲线的渐近线方程；
(2)如图，是双曲线右支在第一象限内一点，圆是△的内切圆，设圆与，，分别切于点，，，当圆的面积为时，求直线的斜率；
(3)是否存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，，
(2)；
(3)存在，．
【分析】（1） 直接根据题干给的双曲线的标准方程求得答案；
（2）由双曲线的定义以及切线的性质可得圆的半径，再借助于点到直线的距离公式求直线的斜率；
（3）假设存在直线l，由得，取的中点，则，进而得；又利用得，于是联立方程组可得的坐标，从而得到直线的斜率并得出直线的方程.
【详解】（1）因为双曲线，所以，所以，
即，，
所以双曲线的渐近线方程是 ；
（2）由题意可知，，，
所以，
，即是椭圆右顶点
设圆的半径为，因为圆的面积为，则，即，
，
设直线的斜率为，则直线的方程为，即，
由圆心到直线的距离等于圆的半径，
可得，
解得直线的斜率为
（3）假设存在过点的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点，且使得，
设,，,，中点为,，又，，
由，可知△为等腰三角形，，且直线不与轴重合，
于是，即，
因此，， (I)，点，在双曲线上，
所以，
①②化简整理得：，，
则，可得，(II)，
联立（Ⅰ）（Ⅱ）得，，得或（舍），所以 ，
由，得，所以直线的方程为．
【点睛】关键点点睛：针对类似于的角度问题，一般情况下会转化垂直问题，再结合垂直时的斜率之积为-1即可解决问题.
43．（2024·上海长宁·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；
【答案】(1)
(2)的最大值为，最小值为
(3)
【分析】（1）利用椭圆方程即可直接求得其离心率；
（2）利用椭圆的几何性质，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.
【详解】（1）设的半长轴长为，半短轴长为，半焦距为，
则，则，所以.
（2）依题意，设，则，，故，
则，
所以由二次函数的性质可知，当时，取得最小值为，
当时，取得最大值为.
（3）设，又，
易得，则直线为，即 ，
而，
，
，
联立，消去，得
则，得，
所以，
故
，
所以，
故存在，使得恒成立.
【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.
44．（2024·上海·二模）在中，已知，，设分别是的重心、垂心、外心，且存在使.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)求的外心的纵坐标的取值范围；
(3)设直线与的另一个交点为，记与的面积分别为，是否存在实数使？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据重心坐标公式以及向量共线可得，即可根据垂直的坐标运算求解，
（2）根据外心的性质得，与椭圆方程联立可得，即可根据椭圆的有界性求解，
（3）联立直线与椭圆方程得韦达定理，即可根据共线关系以及面积的表达，代入化简求解即可.
【详解】（1）设，则的重心.
，，则，
为垂心，故
因为存在使，故，所以，，
而，由垂心定义得，即，整理得，
所以点的轨迹的方程为.
（2）

由外心的定义知点在轴上，则，
的中点，，
所以，整理得.
与的方程为联立，得.
因为，所以.
（3）由对称性，不妨设点在第一象限，设，，直线：，
联立方程得，
，整理得；
，又，所以.
由条件知，，，所以三点共线且所在直线平行于轴，
由，知，
所以.
令，解得（舍去）.
又点在直线：上，所以，
即，所以.又，联立得，所以.
又，所以，即，所以.
所以，当点在第一、四象限时，；当点在第二、三象限时，.
故存在实数使.
【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.
45．（23-24高三下·上海浦东新·二模）已知椭圆，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.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（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.
【详解】（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，
即的最大值为.