重难点10圆锥曲线综合（定点定值最值范围存在性问题）-【一轮复习讲义】2024年高考数学复习全程规划（上海地区专用）

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考法1：定点、定值问题
考法2：最值、范围问题
考法3：存在性问题
二、命题规律与备考策略
圆锥曲线综合是高考必考的解答题，难度较大．考查圆锥曲线标准方程的求解，考查直线与圆锥曲线的位置关系，考查定值、定直线、面积最值、存在性与恒成立等问题．考查运算求解能力、逻辑推导能力、分析问题与解决问题的能力、数形结合思想、化归与转化思想．
三、题型方法
考法1：定点、定值问题
1.求解直线或曲线过定点问题的基本思路
（1）把直线或曲线方程中的变量x ,y 当作常数看待,把方程一端化为零，既然是过定点,那么这个方程就要对任意参数都成立,这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x ,y 的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.
（2）由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y−y0=k(x−x0) ，则直线必过定点(x0,y0) ;若得到了直线方程的斜截式y=kx+m ，则直线必过定点(0,m) .
（3）从特殊情况入手，先探究定点，再证明该定点与变量无关.
2.求解定值问题的常用方法
（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.
一．解答题（共10小题）
1．（2023秋•浦东新区校级期末）我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称为“盾圆”．
（1）设椭圆与双曲线有相同的焦点、，是椭圆与双曲线的公共点，且△的周长为6，求椭圆的方程；
（2）如图，已知“盾圆” 的方程为设“盾圆” 上的任意一点到的距离为，到直线的距离为，求证：为定值．
【分析】（1）设椭圆的半焦距为，结合椭圆定义和条件列方程求，，可得椭圆方程；
（2）根据“盾圆” 的方程，分别讨论当和时的表达式，进而即可求解．
【解答】解：（1）不妨设椭圆的半焦距为，
因为△的周长为6，
所以，①
因为椭圆与双曲线有相同的焦点，
所以，②
联立①②，
解得，
则，
故椭圆的方程为；
（2）证明：不妨设“盾圆” 上的任意一点的坐标为，，
当时，，，
即；
当时，，，
即．
所以为定值．
【点评】本题考查椭圆的方程，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
2．（2023秋•普陀区校级期末）在平面直角坐标系中，已知点，直线．是平面上的动点，过作直线的垂线，垂足为，且满足．
（1）求点的轨迹方程；
（2）记点的轨迹为曲线，过点作直线，与曲线交于、两点，求证：为定值．
【分析】（1）设则，又，再根据，即可求解；
（2）设直线的方程为，联立，可得，再根据根与系数的关系及向量的数量积运算，即可证明．
【解答】解：（1）设则，又，
，，，，
又，
，
，
点的轨迹方程为；
（2）证明：根据题意可设直线的方程为，
设，，，，
联立，可得，
，，
．
故为定值．
【点评】本题考查轨迹方程的求解，抛物线的几何性质，属中档题．
3．（2023春•上海期中）焦距为的椭圆满足、、成等差数列，称为“等差椭圆”．
（1）求的离心率；
（2）过作直线与有且只有一个公共点，求此直线的斜率的值；
（3）设点为椭圆的右顶点，为椭圆上异于点的任一点，为关于原点的对称点也异于，直线、分别与轴交于、两点，判断以线段为直径的圆是否过定点？说明理由．
【分析】（1）通过且，求解离心率即可．
（2）设直线的方程为．联立，通过△，结合离心率即可求解．
（3）设，．直线的斜率，直线的方程，求出的坐标，的坐标，设，通过，推出．说明无论、取何值，当时，总有，得到结果．
【解答】解：（1）由题意，且，所以代入可得．
即，解得舍去）．
（2）显然，斜率存在，设直线的方程为．
联立代入化简得①
方程①的△，
令△，化简得，所以．
由（1）的结论可知，．
（3）设，．
直线的斜率，直线的方程，
令，解得，即．
直线的斜率，直线的方程，
令，解得，即．
设，则，，，代入化简得②．
因为点在椭圆上，所以，即．
于是方程②化为．
无论、取何值，当时总有，所以，以线段为直径的圆经过定点和．
【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，圆的方程的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
4．（2023秋•杨浦区期末）已知双曲线，是双曲线上一点．
（1）若椭圆以双曲线的顶点为焦点，长轴长为，求椭圆的标准方程；
（2）设是第一象限中双曲线渐近线上一点，是双曲线上一点，且，求的面积为坐标原点）；
（3）当直线（常数与双曲线的左支交于、两点时，分别记直线、的斜率为、，求证：为定值．
【分析】（1）先确定双曲线的顶点坐标，由此求解出的值，结合的值可求，，则椭圆方程可求；
（2）先设出点坐标，然后表示出点坐标，将点坐标代入双曲线可求，坐标，计算出以及到的距离则可求；
（3）设出，坐标，联立直线与双曲线得到对应韦达定理形式，然后将表示为坐标形式，结合韦达定理完成证明．
【解答】解：（1）因为双曲线的方程为，所以双曲线的左右顶点为，
设椭圆方程为，所以，，
所以，
所以椭圆的标准方程为
（2）因为双曲线的渐近线方程为，
不妨设，，
又，所以，
所以，又因为是双曲线上一点，
所以，解得，
所以，，
所以，
又到直线的距离，
所以；
（3）设，，，，
联立直线与双曲线方程得，消去得，
△，即，
所以，，
又因为，为左支上两点，所以，所以，
所
，
所以，
所以，
所以，
所以为定值0．
【点评】本题考查了求椭圆的标准方程，考查了联立直线与双曲线方程求解综合问题，考查了方程思想及数学运算能力，属于难题．
5．（2023春•奉贤区校级期中）已知动圆经过定点，且与圆内切．
（1）求动圆圆心的轨迹的方程；
（2）设轨迹与轴从左到右的交点为点，，点为轨迹上异于，的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点．直线、的斜率分别为、．
求证：为定值；
证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标．
【分析】（1）根据定点和圆心的位置关系，利用两圆内切即可得出半径之和等于圆心距，再根据椭圆定义即可求得轨迹的方程；（2）易知，即为椭圆的左右顶点，设出点，坐标，利用共线时斜率相等即可得出的表达式，化简即可得出；根据中的结论，写出直线的方程，将表达式化简即可得出直线经过定点．
【解答】解：（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；
所以，，
则．
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，
因此轨迹方程为．
（2）证明：设，，，，．
由题可知，，如下图所示：
则，，
而，于是，
所以，
又，则，
因此为定值．
设直线的方程为，，，，．
由，得，
所以．
由可知，，即，
化简得，解得或（舍去），
所以直线的方程为，
因此直线经过定点．
【点评】本题主要考查轨迹方程的求法，直线与圆锥曲线的综合，考查圆锥曲线中的定值定点问题，解决定值或定点问题时，经常会用到设而不求的方法，即首先设出点坐标或直线方程，再根据题目条件寻找等量关系即可实现整体代换求得定值或定点，属于难题．
6．（2023春•青浦区期末）已知抛物线的焦点为，准线为．
（1）若为双曲线的一个焦点，求双曲线的方程；
（2）设与轴的交点为，点在第一象限，且在上，若，求直线的方程；
（3）经过点且斜率为的直线与相交于、两点，为坐标原点，直线、分别与相交于点、．试探究：以线段为直径的圆是否过定点，若是，求出定点的坐标；若不是，说明理由．
【分析】由抛物线，可得焦点，准线．
（1）由为双曲线的一个焦点，可得，解得，即可得出双曲线的离心率．
（2）与轴的交点为，设点，，根据点在上，，可得，，解得，，进而得出直线的方程．
（3）设，，，，直线的方程为：，，与抛物线方程联立化为：，可得根与系数的关系，直线的方程为：，可得坐标，直线的方程为：，可得坐标，可得线段的中点，进而得出以线段为直径的圆方程，即可判断出结论．
【解答】解：由抛物线，可得焦点，准线．
（1）为双曲线的一个焦点，
，解得，
故，
故双曲线的方程为；
（2）与轴的交点为，设点，，
点在上，，
，，解得，，
，
直线的方程为：，化为：．
（3）设，，，，
直线的方程为：，，
联立，化为：，
，，
直线的方程为：，可得，
直线的方程为：，可得，
线段的中点，
，
．
其半径．
以线段为直径的圆方程为：，化为，
令，则，或1．
以线段为直径的圆过定点，或．
【点评】本题考查了抛物线与双曲线的标准方程及其性质、圆的标准方程、直线与抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、直线相交问题、两点之间的距离公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
7．（2023秋•宝山区校级期中）曲线，第一象限内点在上，的纵坐标为．
（1）若到准线距离为3，求；
（2）设为坐标原点，，，为上异于的两点，且直线与斜率乘积为4．证明：直线过定点；
（3）直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于，是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围．
【分析】（1）代入求出，利用抛物线定义即可求出值；
（2）由题设求得，设，讨论斜率，根据，得，应用点斜式写出直线并整理得，联立两式确定定点，即可证；
（3）设，写出直线的方程，求出点坐标，由，分和讨论即可．
【解答】解：（1）令，解得，即，而抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义有，解得，
因为为第一象限的点，所以；
（2）证明：由题意，，即，
若，所以，同理有，
所以，即①，
若直线斜率存在时，设直线为，
所以，整理得②，
联立①②可得，
令，
所以直线恒过；
若直线斜率不存在时，
此时，直线也过，
综上，直线过定点．
（3）设，又，
所以，则直线方程为，
化简得，
令，得，即，又，
所以，
即对任意的，，恒成立．
则，结合，得，
当时，因为，则，不等式成立．
综上，，．
【点评】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，第三问的关键是设点坐标，写出直线的方程，得到，再转化为恒成立问题，分类讨论求解，属难题．
8．（2023•徐汇区二模）已知椭圆的左、右焦点分别为，，直线与椭圆交于、两点点在点的上方），与轴交于点．
（1）当时，点为椭圆上除顶点外任一点，求△的周长；
（2）当且直线过点时，设，，求证：为定值，并求出该值；
（3）若椭圆的离心率为，当为何值时，恒为定值；并求此时面积的最大值．
【分析】（1）△的周长为，计算得到答案．
（2）确定椭圆和直线方程，联立方程，得到根与系数的关系，根据向量的关系得到，代入化简得到答案．
（3）根据离心率得到椭圆方程，联立方程，得到根与系数的关系，根据和为定值得到，计算点到直线的距离，根据面积公式结合均值不等式计算得到最值．
【解答】解：（1）当时，椭圆，△的周长为；
（2）证明：当且直线过点时，椭圆，直线斜率存在，，
联立，消去得：，△恒成立，
设，，，，则，
由，点的横坐标为0，
考虑向量横坐标得到，，
从而
，所以为定值3；
（3），解得，故椭圆方程，联立，
消元得，△，即，
设，，，，则，，
则
，
当为定值时，即与无关，故，得，
此时，
又点到直线的距离，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
经检验，此时△成立，所以面积的最大值为1．
【点评】本题考查了椭圆方程，定值问题，面积的最值的问题，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用设而不求的思想，利用韦达定理得到根与系数的关系，可以简化运算，是解题的关键，此方法是考试的常考方法，需要熟练掌握．
9．（2023春•浦东新区校级月考）已知平面曲线满足：它上面任意一定到的距离比到直线的距离小1．
（1）求曲线的方程；
（2）为直线上的动点，过点作曲线的两条切线，切点分别为、，证明：直线过定点；
（3）在（2）的条件下，以为圆心的圆与直线相切，且切点为线段的中点，求四边形的面积．
【分析】（1）根据抛物线的定义可求得方程，或设曲线上的点为，然后根据题意列方程化简可得答案；
（2）设，，，对函数求导，可求得切线的斜率，从而可求出切线方程，则可得直线方程，进而可求得直线过的定点；
（3）思路一：利用公共边，结合韦达定理求面积，设的中点为，，，，，由，结合抛物线的方程可得或，从而可求出四边形的面积；思路二：利用弦长公式结合面积公式求面积，设，由抛物线的定义可表示出，求出直线的方程，再分别求出点，到直线的距离，从而可求出四边形的面积；思路三：结合抛物线的光学性质求面积，在图5中，可得，再由三角形全等可得点为中点，延长，于点，可证得为的中点，从而可求出四边形的面积；思路四：结合弦长公式和向量的运算求面积，将直线方程代入抛物线方程化简后利用根与系数的关系，结合弦长公式可表示出，再表示出点，到直线的距离，从而可表示出四边形的面积，由列方程可求出的值，从而可求出的面积．
【解答】解：（1）思路一：由题意知，曲线是一个以为焦点，以的抛物线，
故的方程为：．
思路二：设曲线上的点为，则，
由题意易知，，整理得，．
（2）证明：设，则．
又因为，所以．则切线的斜率为，
故，整理得．
设，，同理得．
，，，都满足直线方程．
于是直线过点，，而两个不同的点确定一条直线，
所以直线方程为，即，
当，时等式恒成立．
所以直线恒过定点．
（3）思路一：利用公共边，结合韦达定理求面积
设的中点为，，，，，则，．
由，得，
将代入上式并整理得，
因为，所以或．
由（1）知，所以轴，
则
设．
当时，，即，；
当时，，
即．
综上，四边形的面积为3或．
思路二：利用弦长公式结合面积公式求面积
设，由（1）知抛物线的焦点的坐标为，准线方程为．
由抛物线的定义，得．
线段的中点为．
当时，，轴，，
；
当时，，由，得，即．
所以，直线的方程为．
根据对称性考虑点和直线的方程即可．
到直线的距离为，
到直线的距离为．
所以．
综上，四边形的面积为3或．
思路三：结合抛物线的光学性质求面积
图5中，由抛物线的光学性质易得，又，所以．
因为，，所以△，
所以，，．
同理，所以，即点为中点．
图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长，于点．
因为，，所以．
又因为，分别为，的中点，所以，
故为平行四边形，从而，．
因为且，所以为的中点，
从而．
．
当直线平行于准线时，易得．
综上，四边形的面积为3或．
思路四：结合弦长公式和向量的运算求面积
由（1）得直线的方程为．
由，可得，
于是
设，分别为点，到直线的距离，则．
因此，四边形的面积．
设为线段的中点，则，
由于，而与向量平行，所以，解得或．
当时，；当时
因此，四边形的面积为3或．
【点评】本题考查曲线的轨迹方程，考查直线与抛物线的位置关系，考查抛物线的切线问题，考查抛物线中的面积问题，第（2）问解题的关键是利用了导数的几何意义求出切线的斜率，从而可表示出切线方程，考查数学转化思想和计算能力，属于难题．
10．（2023春•普陀区校级期中）17世纪荷兰数学家舒腾设计了多种圆锥曲线规，其中的一种如图1所示．四根等长的杆用铰链首尾链接，构成菱形．带槽杆长为，点，间的距离为2，转动杆一周的过程中始终有．点在线段的延长线上，且．
（1）建立如图2所示的平面直角坐标系，求出点的轨迹的方程；
（2）过点的直线与交于，两点．记直线，的斜率为，，证明：为定值；
（3）过点作直线垂直于直线，在上任取一点，对于（2）中的，两点，试证明：直线，，的斜率成等差数列．
【分析】（1）根据已知可得，即可得出轨迹为椭圆．根据已知求出，，，即可得出答案；
（2）（ⅰ）当直线斜率存在时，设．联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理得出坐标关系，表示出，，整理化简，即可得出；（ⅱ）当直线斜率不存在时，根据对称性也可求出，即可得出证明；
（3）设点坐标为，．当直线斜率存在时，表示出，，根据韦达定理化简整理可得；（ⅱ）当直线斜率不存在时，求出，的坐标，即可得出答案．
【解答】解：（1）由已知可得，，
又，
所以点的轨迹为以，为焦点的椭圆．
设椭圆的方程为，
则，所以，
，，，
所以点的轨迹方程为．
（2）证明：当直线斜率存在时，如图1，
设，
联立直线与椭圆方程，
可得，显然△，
设，，，，
则，
所以
．
由已知可得，，则，，
所以，
即为定值；
当直线斜率不存在时，直线垂直于轴，如图2，
显然，可得，即．
综上所述，为定值．
（3）由已知的方程为，设点坐标为，则．
当直线斜率存在时，如图3，
有，，
，
此时有；
当直线斜率不存在时，方程为，
代入椭圆方程可得，
不妨设，，
则，
也有．
综上所述，，
根据等差中项的性质可知，直线，，的斜率成等差数列．
【点评】本题主要考查轨迹方程，直线与圆锥曲线的综合，数列与解析几何的综合，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．
考法2：最值、范围问题
圆锥曲线中最值与范围的求解方法
一．解答题（共10小题）
1．（2023•杨浦区校级三模）已知椭圆的右焦点为，过的直线交于，两点．
（1）若直线垂直于轴，求线段的长；
（2）若直线与轴不重合，为坐标原点，求面积的最大值；
（3）若椭圆上存在点使得，且的重心在轴上，求此时直线的方程．
【分析】（1）根据直线垂直轴，可得，坐标，进而可求线段长度；
（2）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，进而根据三角形面积求表达式，进而根据函数最值进行求面积最大值；（3）联立直线和椭圆方程，根据韦达定理，可得根与系数关系，以及重心坐标公式，即可求解．
【解答】解：（1）因为，令，得，所以，所以；
（2）设直线，，，，，不妨设，，
由，得，
△，，，
，
，
令，则，，
记，可得在，上单调递增，
所以，当且仅当时，等号成立，
即面积的最大值为；
（3）①当直线不与轴重合时，设直线，，，，，中点为．
由，得，
，，
因为的重心在轴上，所以，
所以，
又，，
因为，所以，
故直线，
所以，
从而，，
代入得，
所以，，
或．
②当直线与轴重合时，点位于椭圆的上、下顶点显然满足条件，此时．
综上，直线的方程为，或或．
【点评】本题考查一直线与椭圆的综合应用，也考查了学生的计算能力，属于中档题．
2．（2023秋•黄浦区校级期中）已知为坐标原点，曲线和曲线有公共点，直线与曲线的左支相交于、两点，线段的中点为．
（1）若曲线和有且仅有两个公共点，求曲线的离心率和渐近线方程．
（2）若，直线经过点，且，求直线的方程．
（3）若直线与曲线相交于、两点，且直线经过线段中点，求证：．
【分析】（1）根据曲线和有且仅有两个公共点，可得曲线和的两公共点为左右顶点，从而可求出，再根据双曲线的离心率公式即可得解；
（2）设，，，，将曲线的方程与直线方程联立，利用韦达定理以及弦长公式运算求解；
（3）联立方程，利用韦达定理可得，同理可得，再根据，即可得出结论．
【解答】解：（1）因为曲线和有且仅有两个公共点，
所以曲线和的两公共点为左右顶点，
此时，曲线的半焦距，
所以曲线的离心率，渐近线方程为；
（2）若，此时曲线，直线，
不妨设，，，，
联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，
解得，
因为，
所以，
解得或（舍去），
则，
故直线的方程；
（3）证明：联立，消去并整理得，
此时，
由韦达定理得，
解得，
所以，
此时，
则，
联立，
同理得，
因为，
所以，
又，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故．
【点评】本题考查双曲线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
3．（2023秋•浦东新区校级期中）在平面直角坐标系中，一动圆经过点且与直线相切，设该动圆圆心的轨迹为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）过作两条互相垂直的直线，，直线与交于，两点，直线与交于，两点，的最小值；
（3）为曲线上一点，且的横坐标大于4．过作圆的两条切线，分别交轴于点、，求三角形面积的取值范围．
【分析】（1）由题意，根据题目所给信息以及抛物线的定义进行求解即可；
（2）设出，，，的坐标以及直线，的方程，将直线，的方程与曲线的方程联立，利用韦达定理以及抛物线的定义再进行求解即可；
（3）设出点的坐标以及直线，的方程，推出直线，的坐标，根据点到直线的距离公式可得，是关于的方程的两个根，结合韦达定理和三角形面积公式再进行求解即可．
【解答】解：（1）因为一动圆经过点且与直线相切，
所以该动圆的圆心到点与到直线的距离相等，
因为点不在直线上，
由抛物线的定义可知该动圆圆心的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，
所以曲线的方程为；
（2）不妨设，，，，，，，，
已知直线，的斜率存在且不为0，
不妨直线，的斜率分别为，，且，
此时直线的方程为，
联立，消去并整理得，
此时△，
由韦达定理得，
同理得，
所以
，
当且仅当时，等号成立，
则的最小值为16；
（3）不妨设，，
因为点在曲线上，
所以且，
易知直线，的斜率存在且不为0，
不妨设直线的方程为，
令，可得，
不妨设直线的方程为，
令，可得，
因为直线与圆相切，
所以，
即，
因为直线与圆相切，
同理得，
所以，是关于的方程的两个根，
由韦达定理得，，，
则
，
因为，
所以，
易得当时，取得最小值，最小值为32，
故三角形面积的取值范围为，．
【点评】本题考查抛物线的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
4．（2023秋•奉贤区校级期中）如图，曲线由两个椭圆和椭圆组成，当椭圆，的离心率相等时，称曲线为“猫眼曲线”
（1）求椭圆的方程；
（2）任作斜率为且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆所得弦的中点为，交椭圆所得弦的中点为，直线、直线的斜率分别为、，试问：是否为与无关的定值？若是，请求出定值；若不是，请说明理由；
（3）若斜率为的直线为椭圆的切线，且交椭圆于点，，为椭圆上的任意一点（点与点，不重合），求面积的最大值．
【分析】（1）由题意，根据两椭圆的离心率相等，列出等式求出的值，进而可得椭圆的的方程；
（2）利用点差法以及中点坐标公式进行求导即可；
（3）根据直线与圆相切，利用根的判别式为零求出切线方程，结合三角换元以及点到直线的距离公式和三角形面积公式进行求解即可．
【解答】解：（1）已知椭圆，
此时椭圆离心率，
因为椭圆，的离心率相等，
所以椭圆的离心率，
解得，
则椭圆的方程为；
（2）不妨设斜率为的直线交椭圆于点，，，，线段中点为，，
可得，，
因为，在椭圆上，
所以，
整理得，
因为存在且，
所以，，
此时，
即，
同理得，
所以，
则是与无关的定值；
（3）不妨设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
因为斜率为的直线为椭圆的切线，
所以△，
解得，
不妨设直线，
联立，消去并整理得，
不妨设，，，，
由韦达定理得，，
所以，
不妨设，
此时点到直线的距离，其中，，
所以，
故．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
5．（2023秋•宝山区校级期末）已知椭圆与抛物线在第一象限交于点，，，分别为的左、右顶点．
（1）若，且椭圆的焦距为2，求的准线方程；
（2）设点是和的一个共同焦点，过点的一条直线与相交于，两点，与相交于，两点，，若直线的斜率为1，求的值；
（3）设直线，直线分别与直线交于，两点，与的面积分别为，，若的最小值为，求点的坐标．
【分析】（1）由题意，根据焦距和求出椭圆方程和，从而得到，求出准线方程；
（2）先得到，和直线方程，分别联立后，得到相应的弦长，从而分两向量方向相同和相反求出答案；
（3）由三点共线得到和，从而表达出，，得到，换元后得到，结合二次函数图象性质求出最小值，得到方程，求出，进一步求出点的坐标．
【解答】解：（1）因为椭圆的焦距为2，
所以，
解得，
则，
解得，
则椭圆，
因为，在第一象限，，
所以，
所以，
将点的坐标代入中，
解得，
则的准线方程为；
（2）因为点是和的一个共同焦点，
所以，
解得，，
则，，
此时直线的方程为，
联立，消去并整理得，
设，，，，
由韦达定理得，，
所以，
联立，消去并整理得，
设，，，，
由韦达定理得，，
所以，
若方向相同，
此时，
若方向相反，
此时，
故；
（3）因为，，，三点共线，
所以，
解得，
同理，由，，，三点共线，
可得，
此时
，
因为，
所以，
所以，
又，
则，
因为，
令，
此时，
所以，
其中，
因为，
所以的开口向下，对称轴为，
其中，
故当时，取得最大值，
最大值为，
则的最小值为，
令，
解得，负值舍去，
所以，
解得，
此时，
又，
所以，
故点的坐标为．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
6．（2023秋•嘉定区期末）抛物线上有一动点，．过点作抛物线的切线，再过点作直线，使得，直线和抛物线的另一个交点为．
（1）当时，求切线的直线方程；
（2）当直线与抛物线准线的交点在轴上时，求三角形的面积（点是坐标原点）；
（3）求出线段关于的表达式，并求的最小值．
【分析】（1）利用求导解决点在抛物线上的切线问题；
（2）利用第一问的计算结果，得到直线的方程，与抛物线方程联立，求出，，计算面积即可；
（3）利用求导得到直线的方程，从而得到直线的方程，求出点的坐标，联立得到的表达式，再根据求导研究表达式的增减性，从而得到的最小值．
【解答】解：（1）因为，所以点在曲线上运动，
，所以切线的斜率为，
所以的直线方程为，
将代入，则的直线方程为．
（2）设，，将代入方程，得，
而直线的方程为，
将代入，则直线的方程为，
与联立，可得，
由韦达定理得，而，
所以，
所以三角形的面积．
（3）设，，，
与抛物线方程联立，得，
因为，所以，所以，
因为，，
所以，
对于，，
因为，；，；，，
所以，
，，．
【点评】本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于难题．
7．（2023秋•普陀区校级期中）已知椭圆，，为左右焦点，直线过左焦点与椭圆交于，两点，其中在第一象限，记，，，，．
（1）若椭圆的离心率为，三角形的周长为6，求椭圆的方程；
（2）求证：；
（3）直线与椭圆交于另一点，，若，求的最大值．
【分析】（1）由题意，根据椭圆的定义和离心率的定义建立方程组，解之即可求解；
（2）由题意可得直线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，，代入式子，化简计算即可证明；
（3）由题意可得直线方程为，联立椭圆方程，利用韦达定理表示，进而可得表达式，写出的表达式，同理可得的表达式，由可得，结合基本不等式计算即可求解．
【解答】解：（1）由椭圆的定义知，，
由题意知，，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）因为点在第一象限，故直线的斜率一定存在，设直线方程为，
联立方程组得，消去得，，
由韦达定理有，，，
所以
．
即．
（3）由题意知，，所以，所以椭圆的方程为，
则，，
得直线的方程为，
联立方程组，消去得，，
由韦达定理得，，所以，
则，
同理，
所以
，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最大值为．
【点评】本题考查了求椭圆标准方程，考查了直线与椭圆的综合，考查了计算能力，考查了转化思想，属于难题．
8．（2023春•浦东新区校级期中）如图，已知半圆与轴交于、两点，与轴交于点，半椭圆的上焦点为，并且是面积为的等边三角形，将由、构成的曲线，记为“”．
（1）求实数、的值；
（2）直线与曲线交于、两点，在曲线上再取两点、、分别在直线两侧），使得这四个点形成的四边形的面积最大，求此最大面积；
（3）设点，，是曲线上任意一点，求的最小值．
【分析】（1）根据等边的面积公式列方程求出，再计算；
（2）分别求出点、的坐标，计算，求出点、到直线的最大距离，计算四边形的面积最大值；
（3）讨论的取值范围，写出的表达式，从而求出的解析式．
【解答】解：（1）如图1所示，
由等边的面积为，所以，
解得，所以，
又，解得，即；
（2）如图2所示，
设点在半圆上，且在第三象限内，在半椭圆上，且在第一象限内，
由，解得，，
由，解得，；
所以；
设在半圆上，且在第二象限，，到直线的距离为，
，
，到直线的最大距离为1，
所以四边形的面积最大值为
；
（3）如图3所示，
显然时，，
时，；
当在曲线内部时，曲线上一点满足取得最小值，
设，其中，，
则；
当，即时，；
当时，；
综上知，．
【点评】本题考查了直线与圆锥曲线方程的综合应用问题，也考查了运算求解能力与思维能力，是难题．
9．（2023春•徐汇区校级期中）已知、分别为椭圆的左、右焦点，为上的一点．
（1）若点的坐标为，，求△的面积；
（2）若点的坐标为，且直线与交于不同的两点、，求证：为定值，并求出该定值；
（3）如图，设点的坐标为，过坐标原点作圆（其中为定值，且的两条切线，分别交于点，，直线，的斜率分别记为，如果为定值，求的取值范围，以及取得最大值时圆的方程．
【分析】（1）将点，代入求出，再求出左、右焦点即可求解．
（2）将直线与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量数量积的坐标运算即可求解．
（3）设出直线，直线，利用点到直线的距离公式可得、是关于的方程的两实根，根据题意为定值，可得，设，，，，将直线，直线与椭圆联立，求出，即求．
【解答】解：（1）由已知条件可得，因为，所以，
又，的坐标分别为，，，，
因此△的面积为；
（2）证明：设，，，，
由可得，
△，且，，
又，，
所以，，
，
即有为定值；
（3）因为直线与相切，则，即，
同理，由直线与相切，可得，
于是、是关于的方程的两实根，
注意到，且，故，
因为定值，故不妨设（定值），
于是有，即．
依题意可知，变化，而、均为定值，即有，解得，
设，，，，
由得，
同理，
所以，
当且仅当时取等号，
因此，解得，所以的范围为，
当或时，直线，关于坐标轴对称，此时圆心为椭圆顶点，所以圆的方程为或．
【点评】本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆中的定值和圆锥曲线的综合，属于难题．
10．（2023秋•宝山区校级期中）曲线，第一象限内点在上，的纵坐标为．
（1）若到准线距离为3，求；
（2）设为坐标原点，，，为上异于的两点，且直线与斜率乘积为4．证明：直线过定点；
（3）直线，令是第一象限上异于的一点，直线交于，是在上的投影，若点满足“对于任意都有”，求的取值范围．
【分析】（1）代入求出，利用抛物线定义即可求出值；
（2）由题设求得，设，讨论斜率，根据，得，应用点斜式写出直线并整理得，联立两式确定定点，即可证；
（3）设，写出直线的方程，求出点坐标，由，分和讨论即可．
【解答】解：（1）令，解得，即，而抛物线的准线方程为，
根据抛物线的定义有，解得，
因为为第一象限的点，所以；
（2）证明：由题意，，即，
若，所以，同理有，
所以，即①，
若直线斜率存在时，设直线为，
所以，整理得②，
联立①②可得，
令，
所以直线恒过；
若直线斜率不存在时，
此时，直线也过，
综上，直线过定点．
（3）设，又，
所以，则直线方程为，
化简得，
令，得，即，又，
所以，
即对任意的，，恒成立．
则，结合，得，
当时，因为，则，不等式成立．
综上，，．
【点评】本题考查直线与抛物线位置关系的应用，考查运算求解能力，第三问的关键是设点坐标，写出直线的方程，得到，再转化为恒成立问题，分类讨论求解，属难题．
考法3：存在性问题
此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立,再验证结论是否成立,成立则存在，否则不存在;若探究结论,则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论,往往涉及对参数的讨论.
一．解答题（共12小题）
1．（2023秋•黄浦区期中）设为实数，是以点为顶点，以点为焦点的抛物线，是以点为圆心、半径为1的圆位于轴右侧且在直线下方的部分．
（1）求与的方程；
（2）若直线被所截得的线段的中点在上，求的值；
（3）是否存在，满足：在的上方，且有两条不同的切线被所截得的线段长相等？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设的方程为，又，进而可得，的方程．
（2）设直线与的交点为，，，，线段的中点为，，联立直线与抛物线的方程可得，，把点代入方程，解得，即可得出答案．
（3）设为上任意一点，则，点在的上方等价于，即对于恒成立，进而可得答案．
【解答】解：（1）设的方程为，又，
所以，
所以的方程为，
因为是以点为圆心、半径为1的圆，
所以的方程为．
（2）设直线与的交点为，，，，线段的中点为，，
由，可得，
所以，，
由点在上，可知且，
解得．
（3）设为上任意一点，则，
点在的上方等价于，即对于恒成立，
令，由，可得，
所以的最大值为，
所以，
设直线与相切，被截得的线段长为，
则，，且，
可得，
又由，可得，
设它的两个实数根为，，
则，
设，则，，，
令，则，
当且仅当，即时，存在，使得在与，上，
分别小于0和大于0，
所以分别严格单调递增或严格单调递减，
所以在上必存在两个不同的值，对应的相等，
即存在两个不同的正数，使得对应的值相等，
所以存在满足题中条件，且的取值范围为，．
【点评】本题考查圆，抛物线的方程，直线与抛物线的相交问题，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
2．（2023秋•浦东新区校级期末）已知椭圆，，为左、右焦点，直线过交椭圆于、两点．
（1）求椭圆的焦点坐标和离心率；
（2）若，求直线的方程；
（3）若直线交轴于，直线交轴于，是否存在直线，使，若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意的方程可得，的值，进而求出的值，可得椭圆的焦点坐标及离心率的值；
（2）设点的坐标，由点在椭圆上，可得的横纵坐标的关系，再由数量积，可得点的坐标，可得直线的斜率，进而求出直线的方程；
（3）设直线的方程，与椭圆的方程联立，可得两根之和及两根之积，求出△的面积的表达式，设直线的方程，令，可得的纵坐标，同理可得的纵坐标，求出的表达式，进而求出△的面积的表达式，由题意可得参数的值，进而求出直线的方程．
【解答】解：（1）由椭圆方程可知：，，，
所以，，
所以椭圆的左焦点，右焦点，离心率；
（2）由，设，，则，
即
所以，，，即，
可得，即，，
所以或或或，
所以直线的方程为或或，
即或或；
（3）假设存在直线，由题意可知直线的斜率不为0，
设直线的方程为，设，，，，
联立，整理可得：，
可得，，
，
设直线的方程为，令，可得，
即，
同理可得，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，
即，可得，解得，
即，所以直线的方程为，
即存在这样的直线，且直线的方程为．
【点评】本题考查椭圆的性质的应用及直线与椭圆的综合应用，三角形面积的求法，属于中档题．
3．（2023秋•徐汇区校级期中）已知双曲线，直线交双曲线于，两点．
（1）求双曲线的虚轴长与离心率；
（2）若过原点，为双曲线上异于，的一点，且直线、的斜率、均存在，求证：为定值：
（3）若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出的坐标：若不存在．请说明理由．
【分析】（1）由题意，根据所给双曲线方程，结合虚轴长和离心率公式再进行求解即可；
（2）由直线的斜率公式和点满足双曲线的方程，化简整理可得证明；
（3）当直线的斜率存在时，设直线的方程为：，设，，，，通过，联立直线与双曲线方程推出，利用判别式以及韦达定理，转化求解即可．
【解答】解：（1）已知双曲线，
所以双曲线的虚轴长，离心率；
（2）证明：易知，两点关于原点对称，
不妨设，，
此时，
不妨设，
可得，
即，
所以为定值；
（3）双曲线的右焦点为，
当直线的斜率存在时，
不妨设直线的方程为：，，，，，
因为，
所以，
此时，，
整理得，①
联立，消去并整理得，
因为直线与双曲线有两个不同的交点，
此时△且，
解得．
因为①式对任意的总成立，
由韦达定理得，，
此时，
整理得对任意的总成立，
所以，，
解得，
即所求的定点的坐标为．
当直线的斜率不存在时，
此时的方程为，，或，，
易得．
综上，定点的坐标为．
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
4．（2023秋•浦东新区校级期中）如图，为圆上一动点，过点分别作轴，轴的垂线，垂足分别为，，连接并延长至点，使得，点的轨迹记为曲线．
（1）求曲线的方程；
（2）若过点的两条直线，分别交曲线于，两点，且，求证：直线过定点；
（3）若曲线交轴正半轴于点，直线与曲线交于不同的两点，，直线，分别交轴于，两点．请探究：轴上是否存在点，使得？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意，设，先求出点的坐标，代入圆中，化简求得曲线的方程；
（2）设直线的方程为，直线的方程为，将直线，的方程与曲线的方程联立，求得，的坐标，对进行分类讨论，由此可得直线过定点并求得定点坐标；
（3）假设存在点使得，先求得，设出，的坐标，利用直线和直线的方程求得，两点的坐标，结合在曲线上求得点的坐标．
【解答】解：（1）不妨设，，，
此时，，，
因为，
所以，
此时，，，
即
因为点在圆上，
所以，
则，
故曲线的方程为；
（2）证明：易知直线，与坐标轴不平行，
不妨设直线的方程为，
此时直线的方程为，
联立，消去并整理得，
解得或（舍去），
所以，
此时，
同理得，
当时，直线的斜率存在，
此时，
所以直线的方程为，
易知直线过定点；
当时，直线斜率不存在，
此时直线的方程为，
则直线过定点，
综上，直线过定点；
（2）假设存在点使得，
不妨设，
因为，
所以，
此时，
即，
所以，
因为直线与曲线交于不同的两点、，
易知、关于轴对称，
不妨设，，，，，
易知，
所以直线方程为，
令，
解得，
而直线方程为，
令，
解得，
因为，
所以，
因为点在椭圆上，
所以，
解得，
故存在点，使得．
【点评】本题考查轨迹方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理、分类讨论和运算能力．
5．（2023•浦东新区校级开学）设抛物线的焦点为，经过轴正半轴上点的直线交于不同的两点和．
（1）若，求点的坐标；
（2）若，求证：原点总在以线段为直径的圆的内部；
（3）若，且直线，与有且只有一个公共点，问：的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
（三角形面积公式：在中，设，，则的面积为．
【分析】（1）由题意，设，，根据抛物线方程得到焦点坐标和准线，结合抛物线的定义得到点的横坐标，将点的横坐标代入抛物线方程中即可求出点的坐标；
（2）设，，，，若，设出直线的方程，将直线方程与抛物线方程联立，利用韦达定理以及向量的数量积运算即可得证；
（3）不妨设，，若，可得，此时，，推出直线的斜率，结合直线与直线平行，设直线的方程为，将直线的方程代入抛物线方程中，结合根的判别式得到，设，，得到其横、纵坐标的表达式，代入三角形面积公式中，结合基本不等式进行求解即可．
【解答】解：（1）已知抛物线的焦点为，准线，
不妨设，，
若，
所以，
此时，
则点的坐标为，或；
（2）证明：不妨设，，，，
若，
不妨设直线的方程为，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，，
此时，
所以为钝角，
则原点总在以线段为直径的圆的内部；
（3）不妨设，，
此时，
若，
此时，
又，
所以，
则，，
可得直线的斜率，
因为直线与直线平行，
不妨设直线的方程为，
将该直线方程代入抛物线方程中，
可得，
易知△，
解得，
不妨设，，
此时，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
此时，
解得或（舍去），
所以点的坐标为，
当点的坐标为时，的面积存在最小值，最小值为2．
【点评】本题考查抛物线的性质和直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
6．（2023春•浦东新区校级月考）已知双曲线的焦距为4，虚轴长为2，左右焦点分别为和．直线与曲线交于不同的两点、．
（1）求双曲线的方程及其离心率；
（2）如果直线过点且，求直线的方程；
（3）是否存在直线使得，两点都在以为圆心的圆上？如果存在，求的取值范围；如果不存在，请说明理由．
【分析】（1）利用焦距和虚轴长直接求出，，从而求出双曲线方程；
（2）联立方程，韦达定理，利用弦长公式即可求出直线的斜率，从而求出直线方程；
（3）把、两点都在以为圆心的圆上转化为中点与的直线与直线垂直，分类讨论，当时，可取不等于0的一切实数，当时，联立方程，韦达定理，求出中点坐标，利用垂直关系建立方程求解即可．
【解答】解：（1）由题意得，，，所以，，所以，
所以双曲线的方程为，离心率；
（2）设，设，，，，
联立，
整理可得：，
则，，
所以，
可得，则或，
解得：或，所以直线方程或或；
（3）当时，可取不等于0的一切实数，
设，，，，
当时，联立方程，整理可得：，
则，，，
所以中点的横坐标为，的纵坐标为：，
即，，
所以，即，
化简得，代入△得：，解得或，
又，所以，所以，或，即，，，
综上，当时，可取不等于0的一切实数；当时，，，．
【点评】本题考查双曲线的方程的求法及双曲线的性质的应用，直线与双曲线的综合应用，属于中档题．
7．（2023•徐汇区校级三模）已知双曲线经过点，离心率2，直线交双曲线于、两点．
（1）求双曲线的方程；
（2）若过原点，为双曲线上异于、的一点，且直线、的斜率、均存在，求证：为定值；
（3）若过双曲线的右焦点，是否存在轴上的点，使得直线绕点无论怎么转动，都有成立？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由双曲线的离心率公式和点满足双曲线的方程，联立方程组，即可求解；
（2）设，，，，，，由点差法和直线的斜率公式，即可证明；
（3）假设存在轴上的点，使得直线绕点无论怎么转动，都有成立．设直线的方程为，与双曲线的方程联立，运用韦达定理和向量的数量积的坐标表示，结合定值思想解方程可得所求定点．
【解答】解：（1）由题意可得，解得，，，
则双曲线的方程为；
（2）证明：若过原点，设，，，，，，
则，，
上面两式相减可得，
即有；
（3）双曲线的右焦点，
假设存在轴上的点，使得直线绕点无论怎么转动，都有成立．
可设直线的方程为，与双曲线的方程联立，可得，
设，，，，则，，
由，，，，，，
可得，
即，
即，
即为，
可令，且，解得，
所以存在，且的坐标为．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和双曲线的位置关系，考查方程思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
8．（2024•上海）在平面直角坐标系中，已知点为椭圆上一点，、分别为椭圆的左、右焦点．
（1）若点的横坐标为2，求的长；
（2）设的上、下顶点分别为、，记△的面积为，△的面积为，若，求的取值范围．
（3）若点在轴上方，设直线与交于点，与轴交于点，延长线与交于点，是否存在轴上方的点，使得成立？若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）由题意，设出点的坐标，将点的坐标代入椭圆方程中再结合公式进行求解即可；
（2）设出点的坐标，结合三角形面积公式以及题目所给信息，列出等式再进行求解即可；
（3）设出，两点的坐标，根据对称性得到点的坐标，利用向量的运算以及题目所给信息求出，设出直线的方程，将直线的方程与椭圆方程联立，利用韦达定理以及点在直线上，即可求出满足条件的点坐标．
【解答】解：（1）因为点的横坐标为2，
不妨设，
因为点在椭圆上，
所以，
解得，
易知，
所以；
（2）不妨设，，
此时，
因为，
所以，
即，
又，
所以，
解得，
则，
故的范围为；
（3）不妨设，，，，，
由对称性可得、关于轴对称，
所以，，
又，，
此时，
所以，
同理得，
因为，
所以，
解得或（无解），
不妨设直线，
联立，消去并整理得，
由韦达定理得，
解得，
此时，
又，
解得，
此时．
故存在轴上方的点，使得成立．
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力，属于中档题．
9．（2023春•浦东新区校级期中）已知曲线的方程是，其中，，直线的方程是．
（1）请根据的不同取值，判断曲线是何种圆锥曲线；
（2）若直线交曲线于两点，，且线段中点的横坐标是，求的值；
（3）若，试问曲线上是否存在不同的两点，，使得，关于直线对称，并说明理由．
【分析】（1）由题意，对曲线的方程进行变化，得到即，考虑到和这两种情况，进而即可求解；
（2）设点，，，，将两点代入曲线方程中，相减得到，进而确定的中点，代入直线方程，进而即可得到答案；
（3）假设存在，设点，，，，中点为，，将点代入方程曲线方程，利用点差法得到，结合点在直线上得到中点坐标，进而得到直线方程，再联立得到方程，因为方程无解，进而可得假设不成立．
【解答】解：（1）已知曲线的方程为，
即，
当时，曲线表示焦点在轴上的椭圆；当时，曲线表示焦点在轴上的双曲线；
（2）不妨设点，，，，，
则，，
两式相减得，
整理得，
即，
故的中点为，
代入直线得，
解得或，
因为，，
所以；
（3）假设曲线上存在不同的两点，，使得，关于直线对称，
此时直线方程为，双曲线方程为，
不妨设点，，，，中点为，，
则，，
两式相减得，
即，，
又，
解得，，
此时直线方程为，
即，
联立，
化简得，
该方程无解，故不存在曲线上存在不同的两点，，使得，关于直线对称．
【点评】本题考查曲线与方程的应用，考查逻辑推理与计算能力，属于综合题．
10．（2023秋•宝山区校级期末）已知椭圆的焦距为，离心率为，椭圆的左右焦点分别为、，直角坐标原点记为．设点，过点作倾斜角为锐角的直线与椭圆交于不同的两点、．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆上有一动点，求的取值范围；
（3）设线段的中点为，当时，判别椭圆上是否存在点，使得非零向量与向量平行，请说明理由．
【分析】（1）由题意计算出和的值即可得解；
（2）设出点坐标，表示出，结合与点坐标范围计算即可得；
（3）设出直线方程后与椭圆方程联立得一元二次方程，由直线与椭圆交于不同的两点可得该方程△，并由方程中的韦达定理表示出直线斜率，假设存在该点，则有，借此设出直线方程，则该直线与椭圆必有交点，即联立后有△，结合前面所得可计算出的范围．
【解答】解：（1）椭圆的焦距为，离心率为，
，，可得，，
椭圆的标准方程为；
（2）设动点，，，
，
，，的取值范围为；
（3）显然直线的斜率存在，故可设直线，
联立，消去得，
△，即①，
设，、，，
由根与系数的关系可得，，
则，，
则，
故，
若，则有，
设直线为，
联立，消去有，
要使得存在点，则，
整理得，
故②，
由①②式得，，
则，解得，
当时，不存在点，使得．
【点评】本题主要考查椭圆的性质及标准方程，直线与椭圆的综合，考查运算求解能力，属于难题．
11．（2023秋•杨浦区校级期中）平面上，直线和相交于点，它们的夹角为．已知动点到直线与的距离之积为定值，动点的轨迹记为曲线．我们以为坐标原点，以直线与夹角的平分线为轴，建立直角坐标系，如图．
（1）求曲线的方程；
（2）当，时，直线与曲线顺次交于、、、四点，求证：；
（3）当，时，是否存在直线与曲线只有、、三个不同公共点（点在线段上），使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）根据题意建立关于，的等式化简即可求得；
（2）根据题意求得曲线的方程，直线与曲线联立方程组，消掉一个未知数，得到关于的一元二次方程，利用根与系数的关系表示，即可得证；
（3）根据题意求得曲线的方程，讨论直线斜率与双曲线渐近线方程斜率的关系即可求解．
【解答】解：（1）由题意，直线的方程为，即，
直线的方程为，即，
设动点是所求轨迹上的任意一点，
根据题意，可得，整理得，
即动点的轨迹方程为．
（2）当，时，可得曲线的方程为，
即或，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则△，，
联立方程组，整理得，
则△，，
可得，即与的中点重合，所以；
当直线不存在时，显然线段与的中点重合，所以，
综上可得，当直线与曲线顺次交于、、、四点，则成立．
（3）当，时，可得，，
所以曲线的方程为，即，
即曲线的方程为或，
所以双曲线的渐近线为：．
1、当直线的斜率时，由题意可知，此时直线与相切于点，于相交于点，，
设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
故，，，，可得，，
因为，可得，即，
可得，
可得，
整理可得：，即，此时方程无解，
2、当直线的斜率时，由题意可知，此时直线与相切于点，于相交于点，．
设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则△，整理得①，
联立方程组，整理得，
设，，，可得，，
因为，可得，即，
可得，
可得，整理可得：，即②，
由①②可知，此方程无解，
3、当时，直线与渐近线平行，此时直线与曲线有且最多只有两个交点，不满足题意，
综上所述：直线方程不存在．
【点评】本题考查了圆锥曲线与直线的综合，考查了转化思想，属于难题．
12．（2023春•上海月考）把右半个椭圆和圆弧合成的封闭曲线称为“曲圆”，“曲圆”与轴的左、右交点依次记为、，与轴的上、下交点依次记为、，过椭圆的右焦点的直线与“曲圆”交于、两点．
（1）当点与重合时，求△的周长；
（2）当、两点都在半椭圆时，是否存在以为直径的圆恰好经过点？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由；
（3）当点在第一象限时，求△的面积的最大值．
【分析】（1）由焦点三角形周长求解即可；
（2）假设存在，设出直线的方程联立方程组，由判断可知不存在；
（3）分类讨论由求△面积的最大值即可．
【解答】解：（1）圆弧的左顶点，
刚好是半椭圆的左焦点，
则点与重合时，△的周长为；
（2）假设存在直线，
、两点都在半椭圆上，或，
．
联立，得，
设，、，，则△恒成立．
，．
以为直径的圆恰好经过点，
，即，
即，
可得，
即，解得．
不存在直线，满足题意．
（3）①由（2）知，当、两点都在半椭圆时，
设直线的方程为，当在第一象限时，．
且，
当且仅当得时等号成立，即△的面积为；
②当、两点分别在半椭圆与圆弧上时，当与重合时取得最大值，
此时，．
综上，△的面积的最大值为3．
【点评】本题考查椭圆的简单性质，考查圆与椭圆、直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，属难题．
几何法
若题目的条件和结论明显能体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决.
代数法
若题目的条件和结论能体现一种明确的函数,则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.