专题10 解析几何专题（新定义）（解析版）

专题10解析几何专题（新定义）一、单选题1．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）正视图近似于伯努利双纽线，定义在平面直角坐标系xOy中（O为坐标原点），把到定点和距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，记为Γ，已知为双纽线Γ上任意一点，有下列命题：①双纽线Γ的方程为；②面积最大值为；③；④的最大值为．其中所有正确命题的序号是（    ）A．①②B．①②③C．②③④D．①②③④【答案】D【分析】由已知，代入坐标整理即可得出方程，判断①；根据正弦定理，结合已知条件，即可判断②；根据面积公式，结合②的结论，即可判断③；根据余弦定理，以及向量可推得，即可判断④.【详解】对于①，由定义，即，即，整理可得， 所以双纽线Γ的方程为，故①正确；对于②，，故②正确；对于③，因为，所以，故③正确；对于④，中，由余弦定理可得，所以.又因为，所以.所以，，即，整理可得，所以，故④正确.故选：D.2．（2023春·四川达州·高二四川省宣汉中学校考开学考试）定义：椭圆中长度为整数的焦点弦(过焦点的弦)为“好弦”．则椭圆中所有“好弦”的长度之和为（    ）A．162B．166C．312D．364【答案】B【分析】根据题意分类讨论结合韦达定理求弦长的取值范围，进而判断“好弦”的长度的取值可能，注意椭圆对称性的应用.【详解】由已知可得，所以，即椭圆的右焦点坐标为，对于过右焦点的弦，则有：当弦与轴重合时，则弦长，当弦不与轴重合时，设， 联立方程，消去x得：，则，故，∵，则，可得，即，∴，综上所述：，故弦长为整数有，由椭圆的对称性可得：“好弦”的长度和为．故选：B．3．（2023秋·湖南郴州·高二校考期末）城市的许多街道是互相垂直或平行的，因此往往不能沿直线行走到达目的地，只能按直角拐弯的方式行走.如果按照街道的垂直和平行方向建立平面直角坐标系，对两点，定义两点间“距离”为，则平面内与轴上两个不同的定点的“距离”之和等于定值（大于）的点的轨迹可以是（    ）A．B．C．D．【答案】A【分析】分横坐标在、之外（内）的区域两种情况讨论，结合所给距离公式判断即可.【详解】解：根据题意，横坐标在、之外的区域，不能出现与轴垂直的线段，否则该线段上的点与、的“距离”之和不会是定值； 横坐标在、之内的区域，则必须与轴平行，否则该线段上的点与、的“距离”之和不会是定值.故选：A.4．（2022·江苏·高二专题练习）画法几何的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆.我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆.已知椭圆：的蒙日圆方程为，，分别为椭圆的左、右焦点.离心率为，为蒙日圆上一个动点，过点作椭圆的两条切线，与蒙日圆分别交于P，Q两点，若面积的最大值为36，则椭圆的长轴长为（    ）A．B．C．D．【答案】B【分析】利用椭圆的离心率可得，分析可知为圆的一条直径，利用勾股定理得出，再利用基本不等式即可求即解【详解】因为椭圆的离心率，所以.因为，所以，所以椭圆的蒙日圆的半径为.因为，所以为蒙日圆的直径，所以，所以.因为，当时，等号成立，所以面积的最大值为：.由面积的最大值为36，得，得，进而有，，故椭圆的长轴长为.故选：B5．（2023·全国·高三专题练习）加斯帕尔·蒙日（图1）是18～19世纪法国著名的几何学家，他在研究圆锥曲线时发现：椭圆的任意两条互相垂直的切线的交点都在同一个圆上，其圆心是椭圆的中心，这个圆被称为“蒙日圆”（图2）．则椭圆的蒙日圆的半径为（    ） A．3B．4C．5D．6【答案】A【分析】由蒙日圆的定义，确定出圆上的一点即可求出圆的半径.【详解】由蒙日圆的定义，可知椭圆的两条切线的交点在圆上，所以，故选：A6．（2021秋·四川成都·高二树德中学校考阶段练习）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【分析】根据给定定义可得椭圆的短半轴长与半焦距相等，再对各选项逐一计算判断作答.【详解】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：A7．（2021春·上海闵行·高二闵行中学校考期末）若曲线上存在两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线的自公切线，下列方程的曲线有自公切线的是（）A．B．C．D． 【答案】C【分析】通过图象，观察其图象是否满足在其图象上存在两个不同点处的切线重合，从而确定是否存在自公切线，进而得到结论.【详解】A：因为，即是抛物线，没有自公切线，故A错误；B：因为，表示的是图形中的实线部分，没有自公切线，故B错误；C：因为，表示的是图形中的实线部分，由两圆相交，可知公切线，故有自公切线，故C正确；D：因为，即是双勾函数，没有自公切线，故D错误；故选：C.8．（2021·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）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） 【答案】B【解析】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.【详解】（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.【点睛】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.9．（2022秋·四川成都·高二成都外国语学校校考期中）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．【答案】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．【详解】，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．【点睛】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．10．（2022秋·广西钦州·高二校考阶段练习）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【答案】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.【详解】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.【点睛】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.11．（2019秋·北京·高二北京市第十三中学校考期中）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．①③B．①②C．③④D．①④【答案】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.【详解】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，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，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【点睛】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.12．（2017春·吉林·高一统考期末）已知平面上一点M(5,0)，若直线上存在点P使|PM|≤4，则称该直线为“切割型直线”,下列直线中是“切割型直线”的是(    )①;②;③;④.A．①③B．①②C．②③D．③④【答案】C【分析】根据已知条件，利用点到直线的距离公式进行计算.【详解】对于①，点M到直线y=x+1的距离，故不存在点P使|PM|≤4，故①不是；对于②，点M到直线y=2的距离d2=2＜4，故存在点P使|PM|≤4，故②是；对于③，直线方程为4x-3y=0，点M到直线4x-3y=0的距离，故存在点P使|PM|≤4，故③是；对于④，点M到直线y=2x+1的距离，故不存在点P使|PM|≤4，故④不是.综上可知符合条件的有②③.故A，B，D错误.故选：C.二、多选题13．（2022秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）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logo.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【分析】A由、均在曲线上即可判断；B应用基本不等式即可判断；C由 ，结合立方和公式及B的结论即可判断；D根据与图形的位置关系判断.【详解】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【点睛】关键点点睛：应用基本不等式有，由及立方和公式求两点距离，利用与图形的位置判断面积大小.14．（2022·全国·高三专题练习）已知曲线C的方程为，集合，若对于任意的，都存在，使得成立，则称曲线C为Σ曲线.下列方程所表示的曲线中，是Σ曲线的有（    ）A．B．C．D．【答案】AC【分析】问题转化为，存在，使得，根据这一条件逐一判断即可.【详解】A：的图象既关于x轴对称，也关于y轴对称，且图象是封闭图形.所以对于任意的点，存在着点Q（x2，y2）使得，所以满足；B：的图象是双曲线，且双曲线的渐近线斜率为±1，所以渐近线将平面分为四个夹角为90°的区域，当P，Q在双曲线同一支上，此时，当P，Q不在双曲线同一支上，此时，所以不满足；C：的图象是焦点在x轴上的抛物线，且关于x轴对称，设P为抛物线上一点，过O点作OP的垂线，则垂线一定与抛物线交于Q点，所以，所以D：取P（0，1），若，则有显然不成立，所以此时不成立，故选：AC 【点睛】关键点睛：运用圆锥曲线的性质是解题的关键.15．（2021秋·河北保定·高二顺平县中学校考阶段练习）在平面内，若曲线上存在点，使点到点，的距离之和为10，则称曲线为“有用曲线”，以下曲线是“有用曲线”的是（    ）A．B．C．D．【答案】ACD【分析】利用有用曲线的定义逐项判断即可.【详解】解：设点的坐标为，因为点到点，的距离之和为10，由椭圆的定义可得点的轨迹方程为：，对A，由整理得因此曲线上存在点满足条件，所以是“有用曲线”，故A正确；对B，因为曲线在曲线的内部，无交点，所以不是“有用曲线”，故B错误；对C，曲线与有交点与，所以是“有用曲线”，故C正确；对D，曲线与也有交点，所以是“有用曲线"，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题利用所给曲线的定义进行判断，关键是由题意得出点满足的方程，所给选项中的曲线只要与点满足的方程有交点即符合题意.16．（2021秋·辽宁·高二辽宁实验中学校考期中）双纽线也称伯努利双纽线，是指定线段长度为，动点满足，那么的轨迹称为双纽线.已知曲线为双纽线，下列选项判断正确的是（    ）A．曲线过点B．曲线上的点的纵坐标的取值范围是 C．曲线关于轴对称D．为曲线上的动点，的坐标为和，则面积的最大值为【答案】ABC【分析】将点代入曲线方程可知A正确；利用、可求得，进而求得的范围，知B正确；设曲线上的点关于轴的对称点代入曲线方程可知C正确；由知当时，面积最大，验证可知曲线上存在点使得，可知，D错误.【详解】对于A，将代入曲线方程，知方程成立，曲线过点，A正确；对于B，（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号），即，，解得：，即曲线上的点的纵坐标的取值范围是，B正确；对于C，设曲线上任一点为，则其关于轴对称的点为，，即点也在曲线上，曲线关于轴对称，C正确；对于D，设，则，为曲线上的点，，，则当，即时，，当时，设，则，解得：， 即曲线上存在点，使得，，D错误.故选：ABC.17．（2021秋·江苏南通·高二江苏省包场高级中学校考期中）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【分析】定义离心率的椭圆称为“黄金椭圆”，根据各命题中的椭圆方程，由题设及、列方程求椭圆离心率即可确定是否为“黄金椭圆”【详解】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 三、填空题18．（2023春·北京·高三北京市陈经纶中学校考开学考试）卵圆是常见的一类曲线，已知一个卵圆的方程为：，为坐标原点，点，点为卵圆上任意一点，则下列说法中正确的是________.①卵圆关于轴对称②卵圆上不存在两点关于直线对称③线段长度的取值范围是④的面积最大值为【答案】①③④【分析】利用点和均满足方程，即可判断①；设和都在卵圆上，再解即可判断②；利用两点间的距离公式表示，然后利用导数研究其最值，即可判断③；利用三角形的面积公式表示出，然后利用导数研究其最值，即可判断④.【详解】对于①，设是卵圆上的任意一个点，因为，所以点也在卵圆上，又点和点关于轴对称，所以卵圆关于轴对称，故①正确；对于②，设在卵圆上，关于直线对称的点也在卵圆上，则，解得或，所以卵圆上存在两点关于直线对称，故②错误；对于③，由，得，所以，又，所以， 设点，则，令，则，令，则或，当或时，，当时，，所以函数在上递增，在上递减，又，且，所以，即，所以，故③正确；对于④，点，，令，则，当时，，当时，，所以在上递减，在上递增，所以，此时的面积取得最大值，故④正确.故答案为：①③④.【点睛】关键点点睛：本题考查了圆锥曲线的新定义问题，解决此类问题的关键在于理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答.19．（2023·高二课时练习）在平面直角坐标系中，，，若在曲线C上存在一点P，使得∠APB 为钝角，则称曲线上存在“钝点”，下列曲线中，有“钝点”的曲线为______．（填序号）①；②；③；④；⑤．【答案】①④⑤【分析】根据曲线上存在“钝点”的定义，依次判断各曲线是否存在“钝点”即可.【详解】设点的坐标为，若∠APB为钝角，则，所以，且不共线，所以，且，化简可得，反之若，则∠APB为钝角，对于曲线，取曲线上的点，因为，所以为钝角，故曲线为有“钝点”的曲线；对于曲线，若曲线上的点为“钝点”，则，，所以，矛盾所以曲线不是有“钝点”的曲线；对于曲线，若曲线上点为“钝点”，则，，所以，矛盾所以曲线不是有“钝点”的曲线；对于曲线，取曲线上的点，因为，所以为钝角，故曲线为有“钝点”的曲线；对于曲线，取曲线上的点， 因为，所以为钝角，故曲线为有“钝点”的曲线.所以曲线①④⑤为有“钝点”的曲线.故答案为：①④⑤.20．（2023秋·广东茂名·高二统考期末）法国数学家蒙日发现：双曲线的两条互相垂直切线的交点的轨迹方程为：，这个圆被称为蒙日圆.若某双曲线对应的蒙日圆方程为，则___________.【答案】2【分析】根据题意写出双曲线对应的蒙日圆方程，可得出关于的等式，即可求得正数的值.【详解】由双曲线的方程可得，由蒙日圆的定义可得双曲线对应的蒙日圆方程，所以，即，可得.故答案为：2.21．（2023·全国·高三专题练习）一条抛物线把平面划分为二个区域，如果一个平面图形完全落在抛物线含有焦点的区域内，我们就称此平面图形被该抛物线覆盖.那么下列命题中，正确的是___________.(填写序号)（1）任意一个多边形所围区域总能被某一条抛物线覆盖；（2）与抛物线对称轴不平行､不共线的射线不能被该抛物线覆盖；（3）射线绕其端点转动一个锐角所扫过的角形区域可以被某二条抛物线覆盖；（4）任意有限多条抛物线都不能覆盖整个平面.【答案】（1）（2）（4）【分析】由平面图形被该抛物线覆盖的定义逐项分析判断即可【详解】解：由抛物线的图像和性质可知，由于任意一个多边形所围区域沿着抛物线顶点出发向抛物线对称轴所在直线平移，总能把有限的区域放入抛物线内部，所以（1）正确；由于过抛物线内部一点的直线（不平行于轴）与抛物线都有两个交点，故抛物线无法覆盖一条直线，也不能覆盖与轴不平行、不共线的射线，所以（2）正确； 由于锐角是由两条不平行的射线组成，故抛物线不能覆盖任何一个锐角，所以（3）错误；取一条直线，使它不平行于任一抛物线的对称轴，根据抛物线的图像和性质可知直线上的点不能被完全覆盖，如图，因为一条直线若被抛物线覆盖，它必须是抛物线的对称轴，所以任意有限多条抛物线都不能覆盖整个平面，所以（4）正确故答案为：（1）（2）（4）【点睛】关键点点睛：此题考查新定义，考查抛物线的性质的应用，解题的关键是对新定义的正确理解，属于中档题22．（2023·全国·高三专题练习）定义：点为曲线外的一点，为上的两个动点，则取最大值时，叫点对曲线的张角.已知点为抛物线上的动点，设对圆的张角为，则的最小值为___________.【答案】【分析】先根据新定义，利用二倍角公式判断最小时最小，再设，利用距离公式，结合二次函数最值的求法求得最小值，即得结果.【详解】解：如图，， 要使最小，则最大，即需最小.设，则，∴当，即时，，，此时或，.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于理解新定义，将的最小值问题转化为线段最小问题，结合二次函数求最值即突破难点.23．（2022·全国·高二专题练习）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_______【答案】【解析】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.【详解】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：24．（2020·浙江·高二期末）把椭圆的短轴和焦点连线段中较长者､较短者分别作为椭圆的长轴､短轴，使椭圆变换成椭圆，称之为椭圆的一次“压缩”.按上述定义把椭圆“压缩”成椭圆，得到一系列椭圆，…当短轴长与焦距相等时终止“压缩”.经研究发现，某个椭圆经过次“压缩”后能终止，则椭圆的离心率可能是①，②，③，④中的______.（填写所有正确结论的序号）【答案】①②【解析】分类讨论，确定压缩数为时，半长轴、半短轴、半焦距，利用离心率公式，即可求得结论.【详解】解：依题意，若原椭圆，短轴＞焦距，则压缩数为时，半长轴为，半短轴为，半焦距为所以压缩数为时，半长轴为，半短轴为，半焦距为；压缩数为时，半长轴为，半短轴为，半焦距为∵压缩数为时，∴的离心率同理，若原椭圆，短轴＜焦距，则压缩数为时，半长轴为，半短轴为，半焦距为所以压缩数为时，半长轴为，半短轴为，半焦距为；压缩数为时，半长轴为，半短轴为，半焦距为，∵压缩数为时，∴的离心率. 故答案为：①②.【点睛】本题考查新定义，考查学生的计算能力，考查分类讨论的数学思想，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题.25．（2018·北京·高二统考期末）已知两定点,若直线上存在点,使得,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    ④【答案】①③【分析】根据椭圆的定义将“型直线”的判定问题转化为直线与椭圆是否有公共点的问题.【详解】由椭圆的定义可知，点的轨迹是以为焦点的椭圆，其方程为，对于①中，直线代入椭圆的方程，整理得，则，所以是“型直线”；对于②中，把代入，则，此时无解，所以不是“型直线”；对于③中，把直线代入椭圆的方程，整理得，则，所以是“型直线”；对于④中，把直线代入椭圆的方程，整理得，可得，所以不是“型直线”，故答案为：①③.26．（2017·河南漯河·漯河高中校考三模）平面直角坐标系中，，，若曲线上存在一点，使，则称曲线为“合作曲线”，有下列曲线①；②；③；④；⑤，其中“合作曲线”是__________．（填写所有满足条件的序号）【答案】①③④【分析】设点，曲线为“合作曲线”存在点使得．解出即可判断出结论．【详解】解：设点，曲线上存在一点，使，合作曲线存在点使得．①由，则满足存在点使得，曲线上存在一点满足，故为合作曲线； ②令，则，化为，此时无解，即不满足，故不为合作曲线；③由，可得，，则曲线上存在一点满足，故为合作曲线；④由，可得：，，则曲线上存在一点满足，故为合作曲线；⑤因为直线圆心到直线的距离，故曲线上不存在一点满足，故不为合作曲线；综上可得：“合作曲线”是①③④．故答案为：①③④27．（2016·河北衡水·统考一模）如图，将平面直角坐标系中的纵轴绕原点顺时针旋转后，构成一个斜坐标平面.在此斜坐标平面中，点的坐标定义如下：过点作两坐标轴的平分线，分别交两轴于两点，则在轴上表示的数为，在轴上表示的数为.那么以原点为圆心的单位圆在此斜坐标系下的方程为___________.【答案】【分析】过点作，设在直角坐标下的坐标为，因为，所以，即，因为在单位圆上，所以，即， 整理得.考点：圆的一般方程.【方法点晴】本题主要考查了与直角坐标有关的新定义的运算问题，对于新定义试题，要紧紧围绕新定义，根据新定义作出合理的运算与变换，同时着重考查了转化与化归的思想方法的应用，属于中档试题，本题的解答中，设出在直角坐标下的坐标为，建立两个点之间的变换关系，代入单位圆的方程，即可曲解轨迹方程，其中正确得到两点之间的变换关系是解答的关键.28．（2022·全国·高三专题练习）称离心率为的双曲线为黄金双曲线.如图是双曲线的图象，给出以下几个说法：①双曲线是黄金双曲线；②若，则该双曲线是黄金双曲线；③若F1，F2为左右焦点，A1，A2为左右顶点，B1(0,b)，B2(0,-b)且∠F1B1A2=90°，则该双曲线是黄金双曲线；④若MN经过右焦点F2且MN⊥F1F2，∠MON=90°，则该双曲线是黄金双曲线.其中正确命题的序号为____________【答案】①②③④ 【分析】根据双曲线方程求离心率，或由已知条件及双曲线参数关系构造齐次方程求离心率，结合黄金双曲线的定义判断正确命题.【详解】①：双曲线的标准方程为，则，故，满足；②：由，可得或（舍），故满足；③：由，则，所以，由②可得，满足；④：由双曲线的对称性得：，则，由②可得，满足.故答案为：①②③④四、解答题29．（2022·全国·高三专题练习）焦距为2c的椭圆（a＞b＞0），如果满足“2b=a+c”，则称此椭圆为“等差椭圆”．(1)如果椭圆（a＞b＞0）是“等差椭圆”，求的值；(2)对于焦距为12的“等差椭圆”，点A为椭圆短轴的上顶点，P为椭圆上异于A点的任一点，Q为P关于原点O的对称点（Q也异于A），直线AP、AQ分别与x轴交于M、N两点，判断以线段MN为直径的圆是否过定点？说明理由．【答案】(1)(2)是，定点（0，±10），理由见解析【分析】（1）由新定义得出的关系，结合可求得；（2）设P（x0，y0）（x0≠0），则Q（﹣x0，﹣y0），写出方程求得点坐标，同理得点坐标，然后可得出以线段MN为直径的圆的方程，由方程可确定定点坐标．（1）因为椭圆（a＞b＞0）是“等差椭圆”，所以2b=a+c，所以c=2b﹣a，又c2=a2﹣b2，所以（2b﹣a）2=a2﹣b2，化简得． （2）过定点（0，±10），理由如下：由得，由得，椭圆方程为：，所以A（0，8），设P（x0，y0）（x0≠0），则Q（﹣x0，﹣y0），所以直线AP的方程为：，令y=0，得，所以，同理可得，所以以MN为直径的圆的方程为，结合，化简得，令x=0，得y=±10，所以该圆恒过定点（0，±10）．30．（2022·高二课时练习）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”.（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.【答案】（1）椭圆是“圆椭圆”；（2）.【分析】（1）写出椭圆方程及的坐标，设应用两点距离公式可得，根据二次函数的性质判断最大时的取值，即可判断椭圆是否为“圆椭圆”；（2）由题意易得、，同（1）得到关于的含参函数，根据椭圆是“圆椭圆”及二次函数的性质求的取值范围.【详解】（1）由题意：，则，设，则，，二次函数开口向下，对称轴，在上单调递减，∴时函数值最大，此时为椭圆的短轴的另一个端点，∴椭圆是“圆椭圆”；（2）由（1）：椭圆方程：，， 设，则，，，∴二次项系数，函数开口向下，由题意得，当且仅当时函数值达到最大，∴，解得：，综上，的范围为.31．（2021·四川·四川省绵阳南山中学校考模拟预测）定义：由椭圆的两个焦点和短轴的一个端点组成的三角形称为该椭圆的“特征三角形”．若两个椭圆的“特征三角形”是相似的，则称这两个椭圆是“相似椭圆”，并将“特征三角形”的相似比称为椭圆的相似比．已知椭圆，椭圆与是“相似椭圆”，已知椭圆的短半轴长为．（1）写出椭圆的方程（用表示）；（2）若椭圆的焦点在轴上，且上存在两点，关于直线对称，求实数的取值范围．【答案】（1）或；（2）．【分析】（1）根据相似椭圆的定义有，分焦点在x或y轴上写出椭圆方程.（2）设，，，的中点为，联立椭圆，应用韦达定理求，可得的坐标，根据在上求m，由即可求的取值范围．【详解】（1）由椭圆与是相似椭圆，得，∴椭圆的方程为或．（2）由题设知：椭圆为，设，，，的中点为，．∴联立与椭圆的方程，整理得，∴，即且， ，，由在直线，得，于是，∴的取值范围为．【点睛】关键点点睛：第二问，设点M、N及其中点、直线，联立椭圆方程应用韦达定理求坐标，由在已知直线上求参数，进而根据判别式的符号求的范围.32．（2020春·上海青浦·高三校考开学考试）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.【答案】（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.【详解】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.【点睛】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.33．（2020秋·上海杨浦·高二上海市控江中学校考期末）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.【答案】（1）不存在，理由详见解析；（2）；（3）证明见解析.【解析】（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.【详解】（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.【点睛】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.34．（2011·浙江台州·高三阶段练习）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点A逆时针方向旋转角得到点.设平面内曲线上的每一点绕原点沿逆时针方向旋转后得到点的轨迹是曲线，求原来曲线的方程.【答案】【分析】根据定义得到点绕原点沿逆时针方向旋转后点的坐标，代入已知方程化简求得原来曲线的方程．【详解】设平面内曲线上的点，则其绕原点沿逆时针方向旋转，得到点， 因为点在曲线上，所以，整理得：故所求的原来曲线的方程为：.五、双空题35．（2022秋·山东淄博·高二统考期末）定义离心率是的椭圆为“黄金椭圆”.已知椭圆是“黄金椭圆”，则___________，若“黄金椭圆”两个焦点分别为、，P为椭圆C上的异于顶点的任意一点，点M是的内心，连接并延长交于点N，则___________．【答案】    ##    ##【分析】由离心率的定义可求得，利用结合椭圆定义可求解．【详解】由题，，所以．如图，连接，设内切圆半径为，则，即，，∴， ∴∴，∴．故答案为：；．36．（2021秋·江苏苏州·高二星海实验中学校考阶段练习）在平面直角坐标系中，若点M不与点O重合，则称射线与圆的交点N为M的“中心投影点”．（1）点的“中心投影点”的坐标为________；（2）曲线上所有点的“中心投影点”构成的曲线长度是____________．【答案】        【分析】（1）根据中心投影点的定义，结合平面向量共线定理进行求解即可；（2）根据双曲线的渐近线方程，结合中心投影点的定义进行求解即可.【详解】（1）设点的中心投影点的坐标为，，，因此，所以；（2）双曲线的渐近线方程为：，因此其中一条渐近线的倾斜角为：，由中心投影点的定义可知：中心投影点构成的曲线是圆夹在两渐近线之间的两段圆弧，所以曲线长度为，故答案为：；