2025年新高考数学一轮复习第8章拔高点突破03圆锥曲线背景下的新定义问题(八大题型)练习(学生版+教师版)

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\l "_Tc176787199" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc176787199 \h 2
\l "_Tc176787200" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc176787200 \h 2
\l "_Tc176787201" 题型一：定义新曲线 PAGEREF _Tc176787201 \h 2
\l "_Tc176787202" 题型二：双扭线 PAGEREF _Tc176787202 \h 4
\l "_Tc176787203" 题型三：卡西尼卵形线 PAGEREF _Tc176787203 \h 9
\l "_Tc176787204" 题型四：心形线 PAGEREF _Tc176787204 \h 12
\l "_Tc176787205" 题型五：四叶草曲线 PAGEREF _Tc176787205 \h 18
\l "_Tc176787206" 题型六：定义新图形 PAGEREF _Tc176787206 \h 22
\l "_Tc176787207" 题型七：定义新性质 PAGEREF _Tc176787207 \h 27
\l "_Tc176787208" 题型八：综合问题 PAGEREF _Tc176787208 \h 33
\l "_Tc176787209" 03 过关测试 PAGEREF _Tc176787209 \h 44
圆锥曲线背景下的新定义问题，关键在于理解新定义的本质，并将其与常规圆锥曲线知识相结合。
方法总结如下：
1、明确新定义：首先仔细阅读题目，明确新定义的内容、符号及其含义。
2、联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程等常规知识联系起来，找出它们的相似之处或转换关系。
3、建立数学模型：根据新定义，建立相应的数学模型或方程，利用解析几何或代数方法进行求解。
4、验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保最终答案符合题目要求。
5、灵活应用：对于复杂问题，可能需要综合运用多种数学知识和方法，灵活应对。
题型一：定义新曲线
【典例1-1】若将一个椭圆绕其中心旋转90°，所得椭圆短轴两顶点恰好是旋转前椭圆的两焦点，这样的椭圆称为“对偶椭圆”.下列椭圆中是“对偶椭圆”的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由“对偶椭圆”定义得：短半轴长b与半焦距c相等的椭圆是“对偶椭圆”，
对于A，，即，A是“对偶椭圆”；
对于B，，即，B不是“对偶椭圆”；
对于C，，即，C不是“对偶椭圆”；
对于D，，即，D不是“对偶椭圆”.
故选：A
【典例1-2】（多选题）泰戈尔说过一句话：世界上最远的距离，不是树枝无法相依，而是相互了望的星星；世界上最远的距离，不是星星之间的轨迹，却在转瞬间无处寻觅.已知点，直线，动点P到点F的距离是点P到直线l的距离的一半.若某直线上存在这样的点P，则称该直线为“最远距离直线”，则下列结论中正确的是（ ）
A．点P的轨迹方程是
B．直线是“最远距离直线”
C．平面上有一点，则的最小值为5
D．点P的轨迹与圆是没有交汇的轨迹（也就是没有交点）
【答案】ABC
【解析】对于A，设，因为点P到点F的距离是点P到直线l距离的一半，
所以，化简可得，故选项A正确；
对于B，联立方程组，可得，
解得，故存在点，
所以直线是“最远距离直线”，故选项B正确；
对于C，过点P作垂直直线，垂足为B，
由题意可得，，则，
由图象可知，的最小值即为点A到直线的距离5，故选项C正确；
对于D，由可得，
即圆心为，半径为1，
易得点P的轨迹与圆C交于点，故选项D错误.
故选：ABC.
【变式1-1】（多选题）2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新lg.设计师的灵感来源于曲线C：.其中星形线E：常用于超轻材料的设计.则下列关于星形线说法正确的是（ ）
A．E关于y轴对称
B．E上的点到x轴、y轴的距离之积不超过
C．E上的点到原点距离的最小值为
D．曲线E所围成图形的面积小于2
【答案】ABD
【解析】若在星形线E上，则也在E上，故E关于y轴对称，A正确；
由，则当且仅当时等号成立，B正确；
由，当且仅当时等号成立，故E上的点到原点距离的最小值为，C错误；
曲线E过，，由，则在所围成的区域内部，而所围成的面积为2，故曲线E所围成图形的面积小于2，D正确.
故选：ABD
题型二：双扭线
【典例2-1】（多选题）（2024·高三·湖北鄂州·期末）中国结是一种手工编织工艺品，因为其外观对称精致，可以代表汉族悠久的历史，符合中国传统装饰的习俗和审美观念，故命名为中国结.中国结的意义在于它所显示的情致与智慧正是汉族古老文明中的一个侧面，也是数学奥秘的游戏呈现.它有着复杂曼妙的曲线，却可以还原成最单纯的二维线条.其中的八字结对应着数学曲线中的双纽线.曲线：是双纽线，则下列结论正确的是（ ）
A．曲线的图象关于原点对称
B．曲线经过5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】把代入得，
所以曲线的图象关于原点对称，故A正确；
令解得，或，即曲线经过，
结合图象，，
令，得，令，得，
因此结合图象曲线只能经过3个整点，，故B错误；
可得，
所以曲线上任意一点到坐标原点的距离，即都不超过3，
故 C正确；
直线与曲线一定有公共点，
若直线与曲线只有一个交点，
所以，整理得无解，
即，解得，故D正确.
故选：ACD.
【典例2-2】“四二一广场”是重庆第一中学校的文化地标（如图1），广场中心的建筑形似火炬宛若花开，三朵“花瓣”都是拓扑学中的莫比乌斯带（如图2）.将莫比乌斯带投影到平面上，会得到无穷大符号“∞”.在平面直角坐标系中，设线段AB长度为2a（），坐标原点O为AB中点且点A，B均在x轴上，若动点P满足，那么点P的轨迹称为双纽线，其形状也是无穷大符号“∞”（如图3）.若，点P在第一象限且，则（ ）

A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】，设，
由双纽线的定义得，
即，
化简得，
显然，设，则，
代入方程，得，
所以，
由余弦定理得，
所以，
所以.
故选：C.
【变式2-1】（2024·陕西榆林·三模）在平面直角坐标系中，把到定点距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.若，点为双纽线上任意一点，则下列结论正确的个数是（ ）
①关于轴不对称
②关于轴对称
③直线与只有一个交点
④上存在点，使得
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解析】①设到定点的距离之积为4，
可得.，整理得，
即曲线的方程为，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，方程没变，可知曲线关于轴对称，
由用代换，用同时代换，方程没变，可知曲线关于原点对称，
图象如图所示：
所以①不正确，②正确；
③联立方程组，可得，即，所以，
所以直线与曲线只有一个交点，所以③正确.
④原点满足曲线的方程，即原点在曲线上，则，
即曲线上存在点与原点重合时，满足，所以④正确.
故选:C.
【变式2-2】在平面上，定点、之间的距离.曲线是到定点、距离之积等于的点的轨迹.以点、所在直线为轴，线段的中垂线为轴，建立直角坐标系.已知点是曲线上一点，下列说法中正确的有（ ）
①曲线是中心对称图形：
②曲线上有两个点到点、距离相等；
③曲线上的点的纵坐标的取值范围是；
④曲线上的点到原点距离的最大值为
A．①②B．①③C．①③④D．①②③④
【答案】B
【解析】依题意，令设点 是曲线上任意一点，则有，
显然，
即点关于原点对称点在曲线上，因此曲线是中心对称图形，①正确；
曲线上点满足，则点在轴上，由得，解得，
因此曲线上只有一个点到点距离相等，②不正确；
当时，，即，
当且仅当，即，
亦即时取等号，此时，
而点在曲线上，即成立，因此，
曲线上的点的纵坐标的取值范围是，③正确；
因为，则，
当时，由余弦定理得，
于是得，
当时，或，有或，
因此曲线上的点到原点距离的最大值为，④正确，所以说法中正确的有①③④.
故选：C.
【变式2-3】（2024·内蒙古赤峰·一模）2022年卡塔尔世界杯中的数字元素——会徽（如图）正视图近似伯努利双纽线.定义：在平面直角坐标系中，把到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线.已知是双纽线上的一点，下列说法错误的是（ ）
A．双纽线关于原点成中心对称
B．
C．双曲线上满足的点有两个
D．的最大值为
【答案】B
【解析】由到定点的距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，
得，
将 替换方程中的 ，方程不变，故双纽线关于原点成中心对称，故A正确；
由等面积法得，则 ，
所以，故B正确；
令 ，得 ，解得 ，所以双曲线上满足的点有一个，故C错误；
因为 ，所以 ，
由余弦定理得 ，
所以 ，
所以 的最大值为，故D正确，
故选：C.
题型三：卡西尼卵形线
【典例3-1】（多选题）我们在解析几何学习过程中知道椭圆､双曲线定义分别是到两定点距离之和､距离之差的绝对值等于某个定值.天文学家卡西尼在研究土星及其卫星运行规律时发现了到两定点距离之积为常数的点的轨迹，我们称之为卡西尼卵形线.已知两定点，动点满足，设的轨迹为曲线，则下列命题正确的是（ ）
A．曲线过原点
B．的横坐标最大值是
C．的纵坐标最大值是
D．
【答案】ABD
【解析】依题意，，即，
整理得，
对于A，当时，，因此曲线过原点，A正确；
对于B，由，得，整理得，
解得，的横坐标最大值是，B正确；
对于C，，当且仅当时取等号，
因此的纵坐标最大值是1，C错误；
对于D，，令，
上述不等式等价于，
令函数，求导得，
函数在上单调递增，，即成立，
因此，D正确.
【典例3-2】天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线（Cassini Oval）．在平面直角坐标系中，设定点为，，点O为坐标原点，动点满足（且为常数），化简得曲线E：．下列命题中正确序号是 ．
①曲线E既是中心对称又是轴对称图形；
②的最小值为2a；
③当时，的最大值为；
④面积不大于．
【答案】①③④
【解析】①：以代x，得：，所以曲线关于纵轴对称；
以代y，得：，所以曲线关于横轴对称；
同时以代x，以代y得：，所以曲线关于原点对称，所以曲线E既是中心对称又是轴对称图形，故正确；
②：因为，所以当时，有，
当时，显然P与，中一点重合，故此时，故错误；
③：当时，由，化简得，
因此有，所以，故正确；
④：面积为：，
当时，面积的最大值为，故正确.
故答案为：①③④
【变式3-1】卵形线是常见曲线的一种，分笛卡尔卵形线和卡西尼卵形线，卡西尼卵形线是平面内与两个定点(叫做焦点)的距离之积等于常数的点的轨迹．某同学类比椭圆与双曲线对卡西尼卵形线进行了相关性质的探究，设，是平面内的两个定点，(是定长)，得出卡西尼卵形线的相关结论：①该曲线既是轴对称图形也是中心对称图形；②若，则曲线过原点；③若，则曲线不存在；④若，则.其中正确命题的序号是 ．
【答案】①②④
【解析】由题意设，则，
即，
对于①：由原方程可知，点也在曲线上，故曲线关于轴对称，
由曲线方程可知，也在曲线上，故曲线关于原点对称，故①正确；
对于②：若，将代入曲线方程可知，方程成立，则曲线过原点，故②正确；
对于③：令，则，解得，所以曲线存在，故③错误；
④若，对方程化简整理可得，
，
由题意易知，当点在轴上时，达到最大，即，
即，从而，
故，
故④正确.
故答案为：①②④．
【变式3-2】（2024·河南濮阳·模拟预测）在数学史上，平面内到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线．在平面直角坐标系中，动点到两个定点，的距离之积等于3，化简得曲线C：，下列结论不正确的是（ ）
A．曲线C关于y轴对称
B．的最小值为
C．面积的最大值为
D．的取值范围为
【答案】B
【解析】对A：因为用代替，方程不变，所以曲线关于轴对称，故A正确；
对B：，当点在轴上取得等号，故B正确；
对C：因为，
因为，所以.
所以.故C错误；
对D：因为；
所以.
所以，所以，故D正确.
故选：C
题型四：心形线
【典例4-1】（多选题）（2024·高三·浙江·开学考试）数学家笛卡尔研究了很多曲线，传说笛卡尔给公主克里斯蒂娜寄的最后一封信上只有一个数学表达式：，克里斯蒂娜用极坐标知识画出了该曲线图象“心形线
”，明白了笛卡尔的心意.已知利用关系式和可将信中表达式转化为直角坐标系下的曲线方程.如图，该曲线图象过点，则（ ）
A．
B．曲线经过点
C．当点在曲线上时，
D．当点在曲线上时，
【答案】ABD
【解析】因为，所以，
利用关系式得，…（*）
A选项：因为曲线图象过点，所以此时，
代入（*）得，所以，故A正确；
B选项：因为，所以（*）化为，
所以直角坐标系下的曲线方程为，
代入点满足，故B正确；
C选项：，设，
则，令，得或，
时，，所以，
时，，
则有极值，由对称性，所以，故C错误；
D选项：方法1：由两边平方整理得:
，令，
则（*），由判别式，得.
令，由于方程（*）在有解，
（1）当对称轴，即或时，
由得，所以；
（2）当对称轴，即时，
由，得，所以，
综上，.故D正确.
方法2：，
所以.故D正确.
故选：ABD
【典例4-2】（多选题）（2024·全国·模拟预测）“心形线”体现了数学之美，某研究小组用函数图象：，和抛物线的部分图象围成了一个封闭的“心形线”，过焦点的直线交（包含边界点）于，两点，是或上的动点，下列说法正确的是（ ）

A．抛物线的方程为
B．的最小值为5
C．的最大值为7
D．若在上，则的最小值为
【答案】ABD
【解析】可变形为，
表示以为圆心，2为半径的圆的上半部分；
可变形为，
表示以为圆心，2为半径的圆的上半部分．
对于A选项，抛物线过点，解得，
，故A选项正确；
对于B选项，抛物线的准线为，
过点作，垂足为，
则，则，
故B选项正确；
对于C选项，不妨设，显然离最远的点在上，
且，
联立，消去整理得，
，
则，，
则，
由对称性只考虑情况，在点时，，所以，
所以
，
设，易得在上单调递增，
所以的最大值为，故C选项错误；
对于D选项，设的中点为，
联立，消去整理得，
则，，
，，
，
所以，，
，
最小，即最大，也即最小，
又的中点位于圆心的左侧，
故当在位置时，最小，最小，
所以
，
故D选项正确.
故选：ABD．
【变式4-1】（多选题）（2024·高三·海南省直辖县级单位·开学考试）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，如星形线、卵形线、蔓叶线等，心形线也是其中一种，因其形状像心形而得名，其平面直角坐标方程可表示为，图形如图所示．当时，点在这条心形线C上，且，则下列说法正确的是（ ）

A．若，则
B．若，则
C．
D．C上有4个整点（横、纵坐标均为整数的点）
【答案】ACD
【解析】依题意，心形线C的直角坐标方程为，
过原点,由，可知三点共线，
可设直线，由
消去y，得．
不妨设，
则．
∴，故A正确；
，
当时，，故B错误；
设点在心形线C上，，角以x轴非负半轴为起始边，
则心形线C的方程转化为，
即，
∴，又，
∴，故C正确；
由，可知．
令，则心形线C的方程可化为：，
∴，
当，或，进而可得或0，
当时，方程无整数解；
当时，，故
∴C上有4个整点，故D正确，
故选:ACD．
题型五：四叶草曲线
【典例5-1】（2024·云南昆明·模拟预测）数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“幸运四叶草曲线”（如图所示）.给出下列四个结论：
①曲线C关于直线对称；
②存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）；
③存在一个以原点为中心、半径为1的圆，使得曲线C在此圆面内（含边界）；
④曲线C上存在一个点M，使得点M到两坐标轴的距离之积等于1.
其中，正确结论的序号是 .
【答案】①③
【解析】在曲线C上任取一点P（x，y），关于对称的点为Q，
显然也满足方程，故①正确；
显然曲线关于y＝x对称，令y＝x，代入曲线C的方程，解得，
显然点不在一个以原点为中心，边长为1的正方形内，
所以存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界），②错误；
由，
所以，即：，
当取等号，此时，点在曲线上，
而，所以③正确，
因为，所以④错误，
故答案为：①③
【典例5-2】（2024·云南昆明·模拟预测）数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“幸运四叶草曲线”（如图所示）．给出下列四个结论：
①曲线C关于直线交于不同于原点的两点，则
②存在一个以原点为中心、边长为1的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）；
③存在一个以原点为中心、半径为1的圆，使得曲线C在此圆面内（含边界）；
④曲线C上存在一个点M，使得点M到两坐标轴的距离之积大于.
其中，正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【解析】曲线关于原点对称，所以，所以①正确；
由，所以，
即：，当取等号，此时，点在曲线上，
而，所以②错误，③正确，
因为，所以④错误，综上所述，①③正确．
故答案为：①③．
【变式5-1】（2024·四川内江·三模）数学中有许多形状优美､寓意美好的曲线，如图：四叶草曲线就是其中一种，其方程为.给出下列四个结论：
①曲线有四条对称轴；
②曲线上的点到原点的最大距离为；
③在第一象限内，过曲线上一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的矩形面积的最大值为；
④四叶草面积小于.
其中，所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】①；以代，不变代入方程中得，，
所以图形关于纵轴对称；
以代，不变代入方程中得，，所以图形关于横轴对称；
以代，以代代入方程中得：，所以图象关于直线对称；
以代，以代代入方程中得：
，所以图象关于直线对称，因此图象有四个对称轴，故结论正确；
②：由对称轴性不妨设四叶草曲线与直线在第一象限的交点为，
，
所以曲线上的点到原点的最大距离为，故本结论不正确；
③：在第一象限内，设曲线上一点，
因为，所以（当且仅当时，取等号），所以本结论正确；
④：通过②可知：四叶草曲线在以原点为圆心半径为的圆内及圆上，所以四叶草的面积小于圆的面积，故本结论正确，
故答案为：①③④
【变式5-2】（多选题）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，例如：四叶草曲线就是其中一种，其方程为，则（ ）

A．曲线有两条对称轴
B．曲线上的点到原点的最大距离为
C．曲线第一象限上任意一点作两坐标轴的垂线与两坐标轴围成的图形面积最大值为
D．四叶草面积小于
【答案】ACD
【解析】对于A：当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
当变为时，不变，所以四叶草图象关于轴对称；
综上可知：有四条对称轴，错误；
对于B：因为，所以，所以，所以，
取等号时，所以最大距离为，正确；
对于C：设任意一点，所以围成的矩形面积为，
因为，所以，所以，
取等号时，所以围成矩形面积的最大值为，正确；
对于D：由B可知，所以四叶草包含在圆的内部，
因为圆的面积为：，所以四叶草的面积小于，正确.
故选：BCD.
题型六：定义新图形
【典例6-1】（2024·浙江舟山·模拟预测）阿基米德螺线广泛存在于自然界中，具有重要作用．如图，在平面直角坐标系xOy中，螺线与坐标轴依次交于点，并按这样的规律继续下去．
(1)求．
(2)求证：不存在正整数，使得三角形的面积为2022;
(3)求证：对于任意正整数，三角形为锐角三角形．
【解析】（1）由两点间距离公式得，
由题意得，，所以.
（2），，而不可能等于，
故不存在正整数，使得三角形的面积为.
（3），，，
因为，所以在三角形中，
为最大角，由余弦定理得，，则为锐角，
即三角形为锐角三角形．
【典例6-2】（2024·河北衡水·一模）在空间直角坐标系下，由方程所表示的曲面叫做椭球面（或称椭圆面）.如果用坐标平面分别截椭球面，所得截面都是椭圆（如图所示），这三个截面的方程分别为，，上述三个椭圆叫做椭球面的主截线（或主椭圆）.已知椭球面的轴与坐标轴重合，且过椭圆与点，则这个椭球面的方程为 .

【答案】
【解析】设椭球面的方程为：，
椭球面过点，，解得：，
椭球面的方程为：.
故答案为：.
【变式6-1】（2024·山东青岛·三模）在平面内，若直线将多边形分为两部分，多边形在两侧的顶点到直线的距离之和相等，则称为多边形的一条“等线”，已知为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为的离心率为2，点为右支上一动点，直线与曲线相切于点，且与的渐近线交于两点，当轴时，直线为的等线.
(1)求的方程;
(2)若是四边形的等线，求四边形的面积;
(3)设，点的轨迹为曲线，证明:在点处的切线为的等线
【解析】（1）由题意知，显然点在直线的上方，
因为直线为的等线，所以，
解得，所以的方程为
（2）设Px0,y0，切线，代入得:
故，
该式可以看作关于的一元二次方程，
所以，即方程为
当的斜率不存在时，也成立
渐近线方程为，不妨设在上方，
联立得，故，
所以是线段的中点，因为到过的直线距离相等，
则过点的等线必定满足:到该等线距离相等，
且分居两侧，所以该等线必过点，即的方程为，
由，解得，故 .
所以，
所以，
所以，所以
（3）
设，由，所以，
故曲线的方程为
由（*）知切线为，也为，即，即
易知与在的右侧，在的左侧，分别记到的距离为，
由（2）知，
所以
由得
因为，
所以直线为的等线 .
【变式6-2】（2024·河南信阳·模拟预测）在空间解析几何中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知空间中某单叶双曲面的方程为，双曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面，已知直线过C上一点，且以为方向向量.
(1)指出平面截曲面所得交线是什么曲线，并说明理由；
(2)证明：直线在曲面上；
(3)若过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线与所成角的余弦值.
【解析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时，平面截曲面所得交线上的点满足，
即，
也即在平面上到原点距离为定值1，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为圆心，1为半径的圆.
（2）设是直线上任意一点，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）直线在曲面上，且过点，
设是直线上任意一点，直线的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，
所以点的坐标为，
∵在曲面上，∴，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
∴，且，
∴，或，
不妨取，则，或，
∴，或，
又直线的方向向量为，
则异面直线与所成角的余弦值均为
题型七：定义新性质
【典例7-1】（2024·江西新余·二模）通过研究，已知对任意平面向量，把绕其起点A沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A逆时针方向旋转角得到点P，
(1)已知平面内点，点，把点B绕点A逆时针旋转得到点P，求点P的坐标：
(2)已知二次方程的图像是由平面直角坐标系下某标准椭圆绕原点O逆时针旋转所得的斜椭圆C，
（i）求斜椭圆C的离心率；
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆C于点M、N，过原点O作直线与直线垂直，直线交斜椭圆C于点G、H，判断是否为定值，若是，请求出定值，若不是，请说明理由.
【解析】（1）由已知可得，则，
设，则，
所以，，即点P的坐标为；
（2）（i）由与交点为和，则，
由与交点为和，
则，所以，；
（ⅱ）法一：设直线：，、Nx2,y2，
与斜椭圆联立：，
有，
∵，，
∴
，
设直线：，代入斜椭圆，
有，
∴，∴，
故.
法二：将椭圆顺时针旋转，由①可得椭圆方程为，
点Q旋转后的坐标为，
当直线旋转后斜率不存在时，，，，
当直线旋转后斜率存在时，设直线旋转后为，
旋转后、Nx2,y2，
与椭圆方程联立，即，
可得，
，，
，
设直线旋转后为，代入椭圆方程中，
有，，
.
综上所述，.
【典例7-2】（多选题）黄金分割比例具有严格的比例性、艺术性，和谐性，蕴含着丰富的美学价值．这一比值能够引起人们的美感，是建筑和艺术中最理想的比例．我们把离心率的椭圆称为“黄金椭圆”，则以下说法正确的是（ ）
A．椭圆是“黄金椭圆”
B．若椭圆的右焦点为，且满足，则该椭圆为“黄金椭圆”
C．设椭圆的左焦点为F，上顶点为B，右顶点为A，若，则该椭圆为“黄金椭圆”
D．设椭圆的左、右顶点分别是A，B，左、右焦点分别是，，若，则该椭圆为“黄金椭圆”
【答案】ABC
【解析】对于A：由题意得，，
故，故椭圆是“黄金椭圆”，故A正确；
对于B：，即，故，
解得或（舍去），故该椭圆是“黄金椭圆”， 故B正确；
对于C：由得，化简可知，
解得或（舍去），故该椭圆是“黄金椭圆”， 故C正确；
对于D：由，得，
则（负值舍去），故该椭圆不是“黄金椭圆”， 故D错误．
故选：ABC
【变式7-1】（2024·辽宁大连·模拟预测）曲率半径可用来描述曲线上某点处曲线弯曲变化程度，曲率半径越大，则曲线在该点处的弯曲程度越小．已知椭圆上点处的曲率半径公式为．若椭圆C上所有点相应的曲率半径的最大值是最小值的倍，则椭圆C的离心率为 ．
【答案】/
【解析】因为点在椭圆上，故，
即，
则
，
而，所以，则，
故，
因为椭圆C上所有点相应的曲率半径的最大值是最小值的倍，
故，即，
所以椭圆离心率为，
故答案为：
【变式7-2】（2024·高三·北京顺义·期末）城市的许多街道是相互垂直或平行的，因此，乘坐出租车往往不能沿直线到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走.在平面直角坐标系中，定义为两点、之间的“出租车距离”.
给出下列四个结论：①若点，点，则；
②到点的“出租车距离”不超过的点的集合所构成的平面图形面积是；
③若点，点是抛物线上的动点，则的最小值是；
④若点，点是圆上的动点，则的最大值是.
其中，所有正确结论的序号是 .
【答案】①③④
【解析】对于①，，①对；
对于②，设点满足，即.
对于方程，当，时，；当，时，；
当，时，；当，时，.
作出集合所表示的平面区域如下图中的阴影部分区域所表示：
平面区域是边长为的正方形，该区域的面积为，②错；
对于③，设点，则，令.
当时，，
当时，；
当时，；
当时，.
综上所述，，③对；
对于④，设点，则，
所以，的最大值是，④对.
故答案为：①③④.
【变式7-3】（2024·山东枣庄·模拟预测）设为平面上两点，定义、已知点P为抛物线上一动点，点的最小值为2，则 ；若斜率为的直线l过点Q，点M是直线l上一动点，则的最小值为 ．
【答案】 2
【解析】设，则，
，即，时取得最小值；
易知，，联立有，
显然无解，即直线与抛物线无交点，如下图所示，
过作交l于N，过作，
则（重合时取得等号），
设，则，所以，
故答案为：2，
题型八：综合问题
【典例8-1】（2024·新疆乌鲁木齐·二模）在平面直角坐标系中，重新定义两点之间的“距离”为，我们把到两定点的“距离”之和为常数的点的轨迹叫“椭圆”．
(1)求“椭圆”的方程；
(2)根据“椭圆”的方程，研究“椭圆”的范围、对称性，并说明理由；
(3)设，作出“椭圆”的图形，设此“椭圆”的外接椭圆为的左顶点为，过作直线交于两点，的外心为，求证：直线与的斜率之积为定值．
【解析】（1）设“椭圆”上任意一点为，则，
即，即，
所以“椭圆”的方程为；
（2）由方程，得，
因为，所以，即，
所以或或，
解得，
由方程，得，
即，所以，所以，
所以“椭圆”的范围为，，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于轴对称，
将点代入得，，
即，方程不变，所以“椭圆”关于原点对称，
所以“椭圆”关于轴，轴，原点对称；
（3）由题意可设椭圆的方程为，
将点代入得，解得，
所以椭圆的方程为，，
由题意可设直线的方程为，
联立，得，
恒成立，
则，
因为的中点为，
所以直线的中垂线的方程为，
同理直线的中垂线的方程为，
设，则是方程的两根，
即是方程的两根，
所以，
又因，
所以，
两式相比得，所以，
所以，
所以直线与的斜率之积为定值．
【典例8-2】（2024·湖南·二模）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线，直线的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若圆是直线族的包络曲线，求满足的关系式；
(2)若点Px0,y0不在直线族：的任意一条直线上，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过曲线上两点作曲线的切线，其交点为.已知点C0,1，若三点不共线，探究是否成立？请说明理由.
【解析】（1）由定义可知，与相切，
则圆的圆心到直线的距离等于1，
则，.
（2）点Px0,y0不在直线族的任意一条直线上，
所以无论取何值时，无解.
将整理成关于的一元二次方程，
即.
若该方程无解，则，即.
证明：在上任取一点在该点处的切线斜率为，
于是可以得到在点处的切线方程为：，
即.
今直线族中，
则直线为，
所以该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线，
而对任意都是抛物线在点处的切线.
所以直线族的包络曲线为.
（3）法一：已知C0,1，设Ax1,y1,Bx2,y2，
则，；
由（2）知在点Ax1,y1处的切线方程为；
同理在点Bx2,y2处的切线方程为；
联立可得，所以.
因此，
同理.
所以，，
即，可得，
所以成立.
法二：过分别作准线的垂线，连接，如图所示：
则，因为，显然.
又由抛物线定义得，故为线段的中垂线，得到，即.
同理可知，
所以，即.
则.
所以成立.
【变式8-1】（2024·河南南阳·一模）在椭圆(双曲线)中，任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆(双曲线)的中心，半径等于椭圆(双曲线)长半轴(实半轴)与短半轴(虚半轴)平方和(差)的算术平方根，则这个圆叫蒙日圆.已知椭圆的蒙日圆的面积为，该椭圆的上顶点和下顶点分别为，且，设过点的直线与椭圆交于两点（不与两点重合）且直线.
(1)证明：，的交点在直线上;
(2)求直线围成的三角形面积的最小值.
【解析】（1）根据题意，蒙日圆的半径为，所以.
因为，可知，则，
所以椭圆的标准方程为，
因为直线过点，可知直线的斜率存在，且直线与椭圆必相交，
可设直线，
联立方程，消去可得，
由根与系数的关系可得：
因为，可得直线，直线，
所以
即，解得，
所以直线的交点在直线上.
（2）设直线与直线的交点分别为，
则由（1）可知：直线，直线.
联立方程和，
解得
因为，
又因为点到直线的距离，
可得，只需求的最小值.
由弦长公式可得

令，则.
可得，
当且仅当，即时等号成立.
即的最小值为，可得面积的最小值为.
故直线围成的三角形面积的最小值为.
【变式8-2】（2024·山东菏泽·模拟预测）行列式是代数学中线性代数的重要分支，是一个方阵所对应的一个标量值.行列式具有简洁､对称､优美的特点，可以用来求直线方程，求三角形的面积，解线性方程组等.利用行列式进行求解，则可以简化运算步骤，提高做题速度.其中二阶行列式定义为：；三阶行列式定义为：例如：.在平面直角坐标系中，已知的三个顶点坐标为，，则的面积公式可表示为：
(1)已知，求的面积.
(2)已知点，若点是圆上的动点，求面积的最小值.
(3)已知椭圆，它的左焦点坐标为，右顶点坐标为，设点的坐标为，过原点的直线交椭圆于点，求面积的最大值.
【解析】（1）由题意得
；
（2），
设，
则
，
因为，所以当时，取得最小值，
最小值为；
（3）由题意得，故，
故椭圆方程为，
过原点的直线交椭圆于点，设，
由对称性可知，
故
，
故当时，面积取得最大值，最大值为4.
【变式8-3】（2024·吉林·模拟预测）直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点2,1且斜率存在的直线族，表示斜率为1的直线族.直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
(1)若直线族的包络曲线是圆，求满足的关系式；
(2)若点不在直线族的任意一条直线上，对于给定的实数，求的取值范围和直线族的包络曲线；
(3)在（2）的条件下，过直线上一个动点作曲线的两条切线，切点分别为，求原点到直线距离的最大值.
【解析】（1）由题可知，直线族与圆
相切即圆心O0,0到直线族的距离为4
满足的关系式为.
（2）点不在直线族的任意一条直线上
则对，方程无解
即的取值范围为.
猜想：直线族的包络曲线为.
证明如下：
①设曲线上任意一点
曲线在点处的切线斜率为
曲线在点处的切线方程为，
即
令，则切线方程为
即曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.
②，直线族中的每条直线都是曲线在点处的切线.
综上①②，直线族的包络曲线为.
（3）法一：
设
由（2）知，直线的方程为①
直线的方程为②
由①②得：
设直线的方程为
由得
在直线上即
直线的方程过定点
当时，原点到直线距离的最大值为.
法二：
设Ax1,y1,Bx2,y2
由（2）知，直线的方程为，直线的方程为设，则
两点满足上述方程
直线的方程为
又在直线上
即直线过定点
当时，原点到直线距离的最大值为.
法三：
设点，则
由题意可知，过点与曲线相切的直线斜率存在，
故可设直线方程为
由联立得
且
设直线的斜率分别为，则是方程的根
则
由题意可知，直线的斜率一定存在，
设直线的方程为，
设，则
由联立得：
则
则
即
直线的方程为过定点
当时，原点到直线距离的最大值为
1．数学中有许多寓意美好的曲线，曲线被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.给出下列三个结论：
①曲线关于直线对称；
②曲线上任意一点到原点的距离都不超过1；
③存在一个以原点为中心､边长为的正方形，使曲线在此正方形区域内（含边界）.
其中，正确结论的序号是（ ）
A．①②B．②③C．①③D．①②③
【答案】A
【解析】对于①，用替换方程中的，方程形式不变，
所以曲线关于直线对称，故①正确，
对于②，设点是曲线上任意一点，则，
则点到原点的距离为，
由，解得，当且仅当时取等号，故②正确，
对于③，由②可知，包含该曲线的以原点为圆心的最小的圆的半径为1，
所以最小圆应该是包含该曲线的最小正方形的内切圆，即正方形的边长最短为2，故③错误.
故选：A
2．（多选题）（2024·高三·河南·开学考试）双纽线是卡西尼卵形线的一类分支，在数学曲线领域占有至关重要的地位，同时也具有特殊的有价值的艺术美.它既是形成其它一些常见的漂亮图案的基石，也是许多艺术家设计作品的主要几何元素.双纽线的图形轮廓像阿拉伯数字中的“8”，如图曲线是双纽线，下列说法正确的是（ ）
A．曲线的图象关于原点对称
B．曲线经过7个整点（横、纵坐标均为整数的点）
C．曲线上任意一点到坐标原点的距离都不超过3
D．若直线与曲线只有一个交点，则实数的取值范围为
【答案】ACD
【解析】A项，设曲线上任意一点，则坐标满足曲线方程，
即方程成立，
可得成立，
即点关于原点的对称点也适合曲线方程，
所以曲线的图象关于原点对称，故A正确；
B项，方程可化为，
令，则方程，
由判别式，可得，
若是整数，则.
令，，解得或3或，有三个整点，，；
令，，解得或5，此时无整点；
所以曲线共经过3个整点，故B错误；
C项，设曲线C上任一点，
当为原点时，到原点的距离为，满足题意；
当不为原点时，，
则由可得，，
所以点到原点的距离，且；
综上，曲线C上任一点到原点的距离都不超过3，故C正确；
D项，直线恒过原点，且曲线C经过，
则直线与曲线至少一个公共点，
又与曲线C只有一个公共点，故除原点外无其他公共点.
联立，
消得，
当时，方程仅一解，满足题意；
当时，当时，方程恒成立，即恒有一解，
当时，方程化简得，即当时，方程无解，满足题意；
综上，，解得或，故D正确.
故选：ACD.
3．（多选题）（2024·高三·广东·开学考试）到两个定点的距离之积为大于零的常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线.设和且，动点满足，动点的轨迹显然是卡西尼卵形线，记该卡西尼卵形线为曲线，则下列描述正确的是（ ）
A．曲线的方程是
B．曲线关于坐标轴对称
C．曲线与轴没有交点
D．的面积不大于
【答案】ABD
【解析】设，由，
得，
化简得，故A正确；
该方程中把改为或把改为方程均不变，故B正确；
在方程中，令得，
当时，或，当时，，当时，，故C不正确；
，故D正确.
故选：ABD.
4．（多选题）卵形曲线也叫卵形线，是常见曲线的一种，分笛卡尔卵形线和卡西尼卵形线.卡西尼卵形线是平面内与两个定点（叫做焦点）距离之积等于常数的点的轨迹.设焦点是平面内两个定点，（是定长），特别地，当时的卡西尼卵形线又称为伯努利双纽线，某同学通过类比椭圆与双曲线的研究方法，对伯努利双纽线进行了相关性质的探究，得到下列结论，其中正确的是（ ）
A．曲线过原点
B．关于原点中心对称且关于坐标轴成轴对称
C．方程为
D．曲线上任意点，，
【答案】ABC
【解析】设，时，，
化简得到：，故C正确；
曲线过原点，A正确；关于原点中心对称且关于坐标轴成轴对称，B正确；
验证知在曲线上，故D错误.
故选：ABC.
5．在平面直角坐标系中，过椭圆外一动点作的两条切线，且.
(1)求动点的轨迹的方程；
(2)对于给定非空点集，若中的每个点在中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为.已知直线与曲线相交于两点，若分别是线段和曲线上所有点构成的集合，为曲线上一点，当的面积最大时，求.
【解析】（1）当的斜率不存在或者为0时，
由题意可知点的坐标为或；
当切线的斜率存在且不为0时，
设过作椭圆的切线的斜率为，
则切线的方程为，将其与椭圆方程联立，
并化简得
由题意得，，
设的斜率分别为，则是上式的两个根，且，
所以，则，
又，则，即，
综上所述，动点的轨迹的方程为；
（2）过圆心作直线的垂线，垂足为，设，
则，
由题意，
又，.
当且仅当，即时，等号成立，
此时，
由题意得，.
6．在平面上，我们把与定点距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，为该曲线的两个焦点．已知曲线是一条伯努利双纽线．
(1)求曲线的焦点的坐标；
(2)判断曲线上是否存在两个不同的点、（异于坐标原点），使得以为直径的圆过坐标原点．如果存在，求点、坐标；如果不存在，请说明理由．
【解析】（1）设焦点，
由题意得，，即，
整理得，，又，
则，解得，因为，所以，
所以．
（2）假设曲线上存在两点，使得以为直径的圆过原点，则，
由，令，，即，
解得，所以直线的斜率均存在，
不妨设直线的方程为，直线的方程为，
将直线的方程与曲线联立，得，
因为、异于坐标原点，即，
所以，解得，
同理可得，
所以不成立，则假设不成立，
即曲线上不存在两点，使得以为直径的圆过原点．
7．中国结是一种手工编制工艺品，因其外观对称精致，符合中国传统装饰的审美观念，广受中国人喜爱. 它有着复杂奇妙的曲线，却可以还原成单纯的二维线条，其中的“八字结”对应着数学曲线中的伯努利双纽线. 在平面上，我们把与定点，距离之积等于的动点的轨迹称为伯努利双纽线，，为该曲线的两个焦点. 数学家雅各布•伯努利曾将该曲线作为椭圆的一种类比开展研究. 已知曲线是一条伯努利双纽线.
(1)求曲线C的焦点，的坐标；
(2)试判断曲线C上是否存在两个不同的点A，B（异于坐标原点O），使得以AB为直径的圆过坐标原点O.如果存在，求出A，B坐标；如果不存在，请说明理由.
【解析】（1）方法一：设焦点，，
曲线与x轴正半轴交于点，
由题意知，
于是，，
因此，；
方法二：设焦点，，
由题意知，
即，
整理得，于是，.
因此，，；
（2）假设曲线C上存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O，即，
由题意知直线OA，OB斜率均存在，
不妨设直线OA的方程为，直线OB的方程为，
将直线OA的方程与曲线C联立，得，
即.
解得，同理，
因此不可能成立，于是假设不成立，
即曲线C上不存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过坐标原点O.
8．（2024·全国·模拟预测）定义：一般地，当且时，我们把方程表示的椭圆称为椭圆的相似椭圆．已知椭圆，椭圆（且）是椭圆的相似椭圆，点为椭圆上异于其左、右顶点的任意一点．
(1)当时，若与椭圆有且只有一个公共点的直线恰好相交于点，直线的斜率分别为，求的值；
(2)当（e为椭圆的离心率）时，设直线与椭圆交于点，直线与椭圆交于点，求的值．
【解析】（1）设，则直线的方程为，即，
记，则的方程为，
将其代入椭圆的方程，消去，得，
因为直线与椭圆有且只有一个公共点，
所以，即，
将代入上式，整理得，
同理可得，，
所以为关于的方程的两根，
所以，．
又点在椭圆上，
所以，
所以．
（2）由椭圆，得其离心率，
所以当，即时，椭圆的标准方程为，
所以，，，恰好为椭圆的左、右焦点，
易知直线的斜率均存在且不为，
所以，
因为在椭圆上，所以，即，
所以．
设直线的斜率为，则直线的斜率为，
所以直线的方程为．
由，得，
设，则，，
所以
，
同理可得，
所以．
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m.
(1)设，若的焦距为2，l过点，求l的方程；
(2)设，若是上的一点，且，l与交于不同的两点A、B，Q为的上顶点，求面积的最大值；
(3)设是l的一个法向量，M是l上一点，对于坐标平面内的定点N，定义.用a、b、k、m表示，并利用与的大小关系，提出一个关于l与位置关系的真命题，给出该命题的证明.
【解析】（1）设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，
因为的焦距为2，所以，故，所以左焦点的坐标为，
因为l过点，直线l的斜率为，
所以直线l的方程为；
（2）因为是上的一点，所以，化简可得，
因为，所以，所以，，所以的方程为，
因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距，所以直线l的方程为，
设，由对称性可得，
因为的面积，为坐标原点，
所以，又，
所以，此时直线l的斜率为0，
所以面积的最大值为2；
（3）因为直线l的斜率为k，在y轴上的截距为m，所以直线l的方程为，则向量为直线l的一个法向量，
取，因为M是l上一点，故设，
设椭圆的左焦点的坐标为，则椭圆的右焦点的坐标为，
则，，
由已知，，
所以，
提出如下命题：椭圆的左、右焦点分别为，
直线l的方程为，若，则直线与椭圆相切，证明如下：
联立方程，化简可得，
所以，
方程的判别式，
因为，，所以，
所以，所以，所以方程组只有一组解，
所以直线与椭圆只有一个交点，所以直线与椭圆相切.
10．在平面直角坐标系中，对于直线和点，，记，若，则称点，被直线l分离，若曲线c与直线l没有公共点，且曲线c上存在点，被直线l分隔，则称直线l为曲线c的一条分隔线．
（1）求证：点，被直线分隔；
（2）若直线是曲线的分隔线，求实数k的取值范围；
（3）动点M到点的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的轨迹为曲线E，求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线．
【解析】（1）证明：由题得
∴点A，B被直线分隔．
（2）直线与曲线有公共点的充要条件是方程组有解，即．
∵是曲线的分隔线，故它们没有公共点，即，
当时，对于直线，曲线上的点和满足，即点和被分隔．
故实数k的取值范围是．
（3）证明：设M的坐标为，则曲线E的方程为，即．
对任意的，不是上述方程的解，即y轴与曲线E没有公共点．
又曲线E上的点和对于y轴满足，
即点和被y轴分隔．∴y轴为曲线E的分隔线．
若过原点的直线不是y轴，设其为，由得，令，
∵，
∴方程有实数解．
即直线与曲线E有公共点，故直线不是曲线E的分隔线．
综上可得，通过原点的直线中，有且仅有一条直线是E的分隔线．
11．设直线，曲线．若直线与曲线同时满足下列两个条件：①直线与曲线相切且至少有两个切点；②对任意都有．则称直线为曲线的“上夹线”．
（1）已知函数．求证：为曲线的“上夹线”；
（2）观察下图：
根据上图，试推测曲线的“上夹线”的方程，并给出证明．
【解析】（1）由，令，得，
当时，，
此时，，
因为，所以是直线与曲线的一个切点；
当时，，
此时，，
因为，所以是直线与曲线的一个切点；
所以直线与曲线相切且至少有两个切点；
对任意，，
所以.
因此直线是曲线的“上夹线”．
（2）推测：的“上夹线”的方程为，
①先检验直线与曲线相切，且至少有两个切点：
设：，
，
令，得：，
当时，，
故：过曲线上的点的切线方程为：
，化简得：．
即直线与曲线相切且有无数个切点．
不妨设，
②下面检验，
，
所以直线是曲线的“上夹线”．
12．在平面直角坐标系中，定义：如果曲线和上分别存在点，关于轴对称，则称点和点为和的一对“关联点”．
(1)若上任意一点的“关联点”为点，求点所在的曲线方程和的最小值；
(2)若上任意一点的“关联点”为点，求的最大值；
(3)若和在区间上有且仅有两对“关联点”，求实数的取值范围．
【解析】（1）设点，则点的“关联点”为，
代入，得，即，
所以点所在的曲线方程为；
根据对称性，，则，
由，又，得，即，
当且仅当且，
即，或，时取等号．
故当，或，时，；
（2）设，则根据对称性，得，
设，，，
代入，得，
所以．
方法一：令，则，
所以，
当时，；当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的最大值点，即，
故；
方法二：
，
当且仅当，即时取等号，所以，
故；
（3）和在区间上有且仅有两对“关联点”，
等价于曲线和有且仅有两个交点．
设函数，
则在区间上有两个零点．
，，
①当时，恒成立，则在上单调递增，
不可能有两个零点；
②当时，由，得；由，得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
因为，
又，，所以存在，使得，
所以；
设，，则，
当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以在处取得极大值，也是最大值，．
所以，从而，
即．
取，则；
因此，要使有两个零点，只需，
即，
化简得
令函数，
因为，所以在上单调递增；
又，所以当时，，
从而，得解集为.
故实数的取值范围是.
13．定义：若椭圆上的两个点Ax1,y1,Bx2,y2满足，则称为该椭圆的一个“共轭点对”．
如图，为椭圆的“共轭点对”，已知，且点在直线上，直线过原点．

(1)求直线的方程；
(2)已知是椭圆上的两点，为坐标原点，且．
（i）求证：线段被直线平分；
（ii）若点在第二象限，直线与相交于点，点为的中点，求面积的最大值．
【解析】（1）由已知，点在直线上，
又因为直线过原点，
所以所求直线的方程为：．
（2）（i）方法1：因为，所以
设，则，
两式相减得，
整理得，
即，所以线段的中点在直线上．
所以线段被直线平分．
方法2：因为，，
所以设，
由，
由韦达定理得，于是，
从而，所以线段的中点在直线上．
（ii）由（i）可知为的中点，而为的中点，
所以．
由解得，设，
由，
由，
由韦达定理得．
点到直线的距离，
令，则，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
所以，所以的最大值为．
14．（2024·高三·湖北·开学考试）类似平面解析几何中的曲线与方程，在空间直角坐标系中，可以定义曲面（含平面）的方程，若曲面S和三元方程之间满足：①曲面上任意一点的坐标均为三元方程的解；②以三元方程的任意解为坐标的点均在曲面上，则称曲面的方程为，方程的曲面为.已知曲面的方程为.
(1)写出坐标平面的方程（无需说明理由），并说明平面截曲面所得交线是什么曲线；
(2)已知直线过曲面上一点，以为方向量，求证：直线在曲面上（即上任意一点均在曲面上）；
(3)已知曲面可视为平面中某双曲线的一支绕轴旋转一周所得的旋转面；同时，过曲面上任意一点，有且仅有两条直线，使得它们均在曲面上.设直线在曲面上，且过点，求异面直线（第二间中的直线）与所成角的余弦值.
【解析】（1）根据坐标平面内点的坐标的特征可知，坐标平面的方程为，
已知曲面的方程为，
当时,平面截曲面所得交线上的点满足，
从而平面截曲面所得交线是平面上，以原点为对称中心，
焦点在轴上，实轴长为2，虚轴长为4的双曲线.
（2）设是直线上任意一点，由，
均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，，，
所以点的坐标为，
于是，
因此点的坐标总是满足曲面的方程，从而直线在曲面上.
（3）直线在曲面上，且过点,
设是直线上任意一点，直线!的方向向量为，
由，均为直线的方向向量，有，
从而存在实数，使得，即，
则，解得，，，
所以点的坐标为，
在曲面C上，
，
整理得，
由题意，对任意的，有恒成立，
，且，
或，不妨取，或，
，或，
又直线的方向向量为
则异面直线与所成角的余弦值均为.
15．定义非零向量的“相伴函数”为，向量称为函数的“相伴向量”其中为坐标原点记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为.
(1)设，求证：；
(2)求（1）中函数hx的“相伴向量”模的取值范围；
(3)已知点满足：，向量的“相伴函数”在处取得最大值.当点运动时，求的取值范围.
【解析】（1），
函数hx的相伴向量，
；
（2），
，，的取值范围为；
（3）的相伴函数，
其中，，在处取得最大值，
，，即，，
，
，其中为直线的斜率.
圆的圆心，半径为1，直线的方程为.
由题意点在圆上运动，，解得，
又，所以，
令，则，，
又在上单调递增，当时，，
当无限趋向于0时，趋向于负无穷大，
，.
16．（2024·高三·四川达州·开学考试）定义：若椭圆上的两个点满足，则称为该椭圆的一个“共轭点对”，记作．已知椭圆的一个焦点坐标为，且椭圆过点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求证：有两个点满足“共轭点对”，并求出的坐标；
(3)设（2）中的两个点分别是，设为坐标原点，点在椭圆上，且，顺时针排列且，证明：四边形的面积小于．
【解析】（1）由题，椭圆的另一焦点为F21,0，
因此，
所以，
所以椭圆的标准方程为．
（2）设“共轭点对”中点的坐标为Bx,y，
根据“共轭点对”定义：
点的坐标满足所以或
于是有两个点满足，且点的坐标为．
（3）设．
设所在直线为，则的方程为．
设点，则
两式相减得．
又，于是，则，所以线段的中点在直线上．
所以线段被直线平分．
设点到直线的距离为，
则四边形的面积．
又，则有．
设过点且与直线平行的直线的方程为，则当与相切时，取得最大值．
由消去得
令，解得．
当时，方程为，即，解得，
则此时点或点必有一个和点重合，不符合条件，
从而直线与不可能相切，
即小于直线和平行直线（或）的距离，
所以．
17．（2024·广东汕头·三模）已知拋物线和，其中.与在第一象限内的交点为.与在点处的切线分别为和，定义和的夹角为曲线的夹角.
(1)若的夹角为，，求的值；
(2)若直线既是也是的切线，切点分别为，当为直角三角形时，求出相应的值.
【解析】（1）设点，
联立方程，解得，即.
设和的斜率分别为和，
因为在第一象限内，
对于，考虑函数，求导，
根据导数的几何意义，代入点横坐标，得；
对于，考虑函数，求导，
根据导数的几何意义，代入点横坐标，得.
因为的夹角为，根据定义可知和的夹角为，所以，
由夹角公式得：，
化简为，即，得.
（2）显然不与坐标轴平行，设其方程为.
联立可得，.
和只有一个公共点，所以，即.
同理联立，可得，
，即.
联立方程，可得.
又点纵坐标为，点横坐标为，
所以.
设，则.
若为直角，则，，
解得，；
若为直角，则，，
，；
若为直角，则，，无解.
综上，或为所求.
18．（2024·高三·上海徐汇·期中）如图定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点作轴的垂线交其“伴随圆”于点（、在同一象限内），称点为点的“伴随点”．已知椭圆上的点的“伴随点”为．

(1)求椭圆及其“伴随圆”的方程；
(2)求的最大值，并求此时“伴随点”的坐标；
【解析】（1）因为椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)过点，伴随圆过点，所以，解得，
∴椭圆的方程；伴随圆的方程为．
（2）设，则；
，
当且仅当，即时等号成立，此时．
19．（2024·宁夏银川·模拟预测）已知椭圆的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，且椭圆E过，直线与椭圆E交于A、B．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设直线TA、TB的斜率分别为，，证明：；
(3)直线是过点T的椭圆E的切线，且与直线l交于点P，定义为椭圆E的弦切角，为弦TB对应的椭圆周角，探究椭圆E的弦切角与弦TB对应的椭圆周角的关系，并证明你的论．
【解析】（1）由题意知，，所以，
又椭圆经过T（2,1），所以，
解得，，所以椭圆方程为；
（2）联立直线与椭圆方程，得，
所以，∴，
则，解得，
设，则，，
所以
，
即；
（3）椭圆E的弦切角与弦TB对应的椭圆周角相等.证明如下：
设切线方程为，即，
由，得，
所以，
，解得，
则，又，所以，所以，
设切线与x轴交点为Q，TA、TB分别与x交于C，D，
因为，所以，又，
，，
所以.