培优专题(七) 圆锥曲线中的交汇、创新问题
例1 解:(1)由已知可得=(2,-4),则=(6+,3-2).
设P(x0,y0),则=(x0+,y0-2)=(6+,3-2),
∴x0=6,y0=3,即点P的坐标为(6,3).
(2)(i)由y=x与x2+y2-xy=1的交点为(1,1)和(-1,-1),得a2=2,
由y=-x与x2+y2-xy=1的交点为和,
得b2=,∴c2=,∴e==.
(ii)方法一:如图,设直线l1:y-=k,M(x1,y1),N(x2,y2),
由可得(k2-k+1)x2+(3k-2k2-1)x+k2-k-=0,∴x1+x2=·,x1x2=·,
∴|MN|==
=
.易知直线l2:y=-x,与斜椭圆方程x2+y2-xy=1联立,得x2+x2+x2=1,∴x2=,∴|OH|2=,故+=+=2.
方法二:将斜椭圆C顺时针旋转,由(i)可得新椭圆的方程为+=1.
点Q旋转后的坐标为.
当直线l1旋转后斜率不存在时,|MN|=,|OH|=,则+=2.如图,当直线l1旋转后斜率存在时,设直线l1旋转后的方程为x=my+(m≠0),旋转后M(x1,y1),N(x2,y2),将x=my+与椭圆方程+=1联立,得可得3(m2+3)y2+4my-2=0,则y1+y2=-,y1y2=-,
∴|MN|==.易知直线l2旋转后为y=-mx,代入椭圆方程+=1中,得x2=,则|OH|2=,
∴+=+=2.
综上所述,+=2.
【自测题】
解:(1)设|OP|=|OP'|=r,∠POx=θ,则x=rcos θ,y=rsin θ,∠P'Ox=θ+φ,
故x'=rcos(θ+φ)=rcos θcos φ-rsin θsin φ=xcos φ-ysin φ,y'=rsin(θ+φ)=rsin θcos φ+rcos θsin φ=xsin φ+ycos φ,所以坐标变换公式为该变换所对应的二阶矩阵A=.
(2)设双曲线xy=1上任意一点(x,y)在旋转角是的旋转变换下所得点的坐标为(x',y'),则由(1)知
即得(y')2-(x')2=2xy=2,则-=1,所以双曲线C的方程为-=1.
(3)证明:①当直线AB的斜率存在时,可设直线AB的方程为y=k,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
由得3(k2-1)x2-2k2x+2k2-6=0,所以x1+x2=,x1x2=,且由Δ>0,可得4k2-3>0,即k2>.
当x1=0时,则A(0,-),又T,所以kTA=,所以直线TA的方程为y=x-,将直线TA的方程与双曲线C的方程联立可得x2-x=0,解得x=0或x=,所以B(,2),又D(0,),所以kDB=,所以β=,易知α=,所以α+β=;当x1≠0时,设DA,DB的斜率分别为k1,k2,
则k1==k-,k2=k-,所以k1+k2=2k--=2k-=-,k1k2==-,
所以tan(α+β)==-.
因为B在第一象限,所以0<β<,所以0<α+β<,所以α+β=.
②当直线AB的斜率不存在时,可得A,B,则kDA=-2-,kDB=2-,所以tan(α+β)==-,同理可得α+β=.
综上可得,α+β为定值.
例2 解:(1)∵点P1(5,4)在C上,∴25-16=m,得m=9.过点P1(5,4)且斜率k=的直线的方程为y-4=(x-5),即x-2y+3=0.由
解得或∴Q1(-3,0),∴P2(3,0),得x2=3,y2=0.
(2)证明:由题知,当n>1且n∈N*时,Pn(xn,yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn),Pn-1(xn-1,yn-1)与Qn-1(-xn,yn)在同一条斜率为k的直线上,则xn-1≠-xn,即xn-1+xn≠0,且yn-yn-1=-k(xn+xn-1)①,
又Pn-1,Qn-1都在双曲线C上,
∴由②-③得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1),将①式代入上式得xn-xn-1=-k(yn+yn-1)④,由④-①得xn-yn-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1),即(1-k)(xn-yn)=(1+k)(xn-1-yn-1),由题知xn-yn≠0,∴=,又x1-y1=5-4=1≠0,∴数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
(3)证明:由(2)得数列{xn-yn}是公比为的等比数列,∵x1-y1=5-4=1,∴xn-yn=(x1-y1)=.记q=,则q>1,xn-yn=qn-1,∵-=9=(xn-yn)(xn+yn),∴xn+yn=9q1-n,
∴xn=(qn-1+9q1-n).∵=
==
1-=
1-=1-,===1-
=
1-=1-=1-=,∴PnPn+3∥Pn+1Pn+2,
∴=,
即Sn=Sn+1.
【自测题】
解:(1)因为点P1(t+1,t)在抛物线C:x2=4y上,所以可得(t+1)2=4t,解得t=1.
(2)方法一:由(1)知,P1(2,1),即x1=2,y1=1.因为点Pn(xn,yn)在抛物线C:x2=4y上,所以yn=,且Qn-1(-xn,yn),n≥2.过点Pn-1,n≥2,且斜率为-1的直线Pn-1Qn-1的方程为y-=-(x-xn-1),由方程组可得x2+4x-4xn-1-=0,解得x=xn-1或x=-xn-1-4,所以-xn=-xn-1-4,可得xn-xn-1=4(n≥2),所以数列{xn}是首项为2,公差为4的等差数列,所以xn=2+4(n-1)=4n-2,yn===(2n-1)2.
方法二:由(1)知,P1(2,1),即x1=2,y1=1.因为当n≥2时点Pn-1(xn-1,yn-1),Pn(xn,yn),Qn-1(-xn,yn)在抛物线C:x2=4y上,所以
两式相减,得(xn-1-xn)(xn-1+xn)=4(yn-1-yn),n≥2,所以===-1,可得xn-xn-1=4(n≥2),所以数列{xn}是首项为2,公差为4的等差数列,所以xn=2+4(n-1)=4n-2,yn===(2n-1)2.
(3)如图,设线段Pn+1Qn与y轴交于点Tn+1.由(2)知,Pn(4n-2,(2n-1)2),Pn+1(4n+2,(2n+1)2),Pn+2(4n+6,(2n+3)2),可得=
|TnTn+1|(|TnPn|+|Pn+1Tn+1|)=[(2n+1)2-(2n-1)2](4n-2+4n+2)=32n2,即=32n2,同理可得=32(n+1)2.
又=
|TnTn+2|(|TnPn|+|Pn+2Tn+2|)=[(2n+3)2-(2n-1)2](4n-2+4n+6)=16(2n+1)2,即=16(2n+1)2,所以=+-=32n2+32(n+1)2-16(2n+1)2=16.
例3 解:(1)证明:+≥0显然成立,
令=-,由于≥0,-≤0,故当且仅当==0时,等号成立.令f(x)=(x≥0),则f'(x)=>0,所以f(x)=(x≥0)单调递增,所以|x1-x2|=|y1-y2|=0,即当且仅当A=B时等号成立,所以A,B两点的“ρ距离”满足关于A,B两点的一个“度量”定义中的①.A,B两点的“ρ距离”显然满足关于A,B两点的一个“度量”定义中的②.
设C(x3,y3),由于f(x)单调递增,故由|x1-x2|≤|x1-x3|+|x2-x3|可得≤=
+
≤
+,
同理得≤+,故+
≤+
++
,即ρ(A,B)≤ρ(B,C)+ρ(C,A),所以A,B两点的“ρ距离”满足关于A,B两点的一个“度量”定义中的③.故A,B两点的“ρ距离”是关于A,B两点的一个“度量”.
(2)(i)如图,
(ii)证明:设P(x,y),则ρ(O,P)=+=<2·,
令|x|+|y|+|xy|=m>0,则g(m)==2-<2,即ρ(O,P)<2.
(3)证明:设A,B,则ρ(A,B)=+,令a-b=t∈R,则ρ(A,B)=+.
当k=0时,ρ(A,B)min=+=成立,不妨设k>0,
设h(t)=
令φ1(x)=+=+1-(x>0),则φ1(x)单调递增.
令φ2(x)=+=++1,则φ2(x)单调递减,令φ3(x)=+,
则φ'3(x)=,
令ψ(x)=k(1-k)x2-6kx+k-4,
①当k=1时,ψ=3>0,ψ(0)=-3<0,
②当00,ψ(0)=k-4<0,ψ=>0,
③当10,由于ψ(x)为一次或二次函数,故①②③中均存在唯一x0∈,使得ψ(x0)=0,故φ3(x)在上单调递增,在(x0,0)上单调递减.
④当k>4时,ψ(x)>0,φ(x)单调递增.
综上,h(t)min=min,所以h≥h(0)=,解得k∈(0,1].当k<0时,同理可求得k∈[-1,0),所以k∈[-1,1].
【自测题】
解:(1)因为当l垂直于x轴时,|AB|=2,而直线l:x=±a与Γ相切,所以2=2,可得a=,
又椭圆Γ的离心率为,则椭圆Γ的半焦距c=,所以b==1,
所以Γ的方程为+y2=1.
(2)(i)当l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,由消去y得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0,
由直线l与椭圆Γ相切,得Δ=(6km)2-4(3k2+1)(3m2-3)=0,整理得m2=3k2+1,于是圆心O到直线l的距离d===∈[1,),则S△PAB≤(d+3)·|AB|=(d+3)·2=.
设f(d)=(3-d)(d+3)3,1≤d<,则f'(d)=2(d+3)2(3-2d),当1≤d<时,f'(d)>0,函数f(d)单调递增,当当l的斜率不存在时,由(1)知,S△PAB≤×(+3)×2=3+3.
由-(+)2=-4>7-4>0,得>3+3,则d=.对于线段AB上任意点E,连接OE并延长与圆O交于点F,则F是圆上与E最近的点,当E为线段AB的中点时,EF取得最大值,所以d(M,N)=.
(ii)证明:因为H(X,Y),H(Y,Z),H(X,Z)均存在,
所以可设点X1,X2∈X,Y1,Y2,Y3∈Y,Z1,Z2,Z3∈Z,且H(X,Z)=|X1Z1|,H(Y,Z)=|Y1Z2|,H(X,Y)=|X2Y2|.
设Y2是集合Y中到X2的最近点,根据对称性,不妨设H(X,Y)=d(X,Y)=|X2Y2|,令点X2到集合Z的最近点为Z3,点Z3到集合Y的最近点为Y3,因为|X1Z1|是集合X中所有点到集合Z最近点距离的最大值,所以|X1Z1|≥|X2Z3|,因为|Y1Z2|是集合Y中所有点到集合Z最近点距离的最大值,所以|Y1Z2|≥|Y3Z3|.因此H(X,Z)+H(Y,Z)=|X1Z1|+|Y1Z2|≥|X2Z3|+|Y3Z3|,而在坐标平面中,|X2Z3|+|Y3Z3|≥|X2Y3|,又点Y2是集合Y中到点X2的最近点,则|X2Y3|≥|X2Y2|,所以H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).培优专题(七) 圆锥曲线中的交汇、创新问题
圆锥曲线的交汇、创新问题,主要是考查新定义轨迹下的性质、生成曲线下的交汇问题,以及与函数导数交汇问题.
类型一 定义型轨迹问题
例1 [2024·江西新余二模] 通过研究,已知对任意平面向量=(x,y),把绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量=(xcos θ-ysin θ,xsin θ+ycos θ),叫作把点B绕点A逆时针方向旋转θ角得到点P.
(1)已知平面内点A(-,2),点B(,-2),把点B绕点A逆时针方向旋转得到点P,求点P的坐标.
(2)已知二次方程x2+y2-xy=1的图象是由平面直角坐标系下某标准椭圆+=1(a>b>0)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Q作与两坐标轴都不平行的直线l1交斜椭圆C于点M,N,过原点O作直线l2与直线l1垂直,直线l2交斜椭圆C于点G,H,判断+是否为定值.若是,求出定值;若不是,说明理由.
自测题
[2024·辽宁沈阳模拟] 在平面直角坐标系xOy中,利用公式①(其中a,b,c,d为常数),将点P(x,y)变换为点P'(x',y')的坐标,我们称该变换为线性变换,也称①为坐标变换公式,该变换公式①可由a,b,c,d组成的正方形数表唯一确定,我们将称为二阶矩阵,矩阵通常用大写英文字母A,B,…表示.
(1)如图,在平面直角坐标系xOy中,将点P(x,y)绕原点O按逆时针方向旋转φ角得到点P'(x',y')(到原点距离不变),求坐标变换公式及对应的二阶矩阵A;
(2)在平面直角坐标系xOy中,求双曲线xy=1绕原点O按逆时针方向旋转(到原点距离不变)得到的双曲线C的方程;
(3)已知由(2)得到的双曲线C的上顶点为D,直线l与双曲线C的两支分别交于A,B两点(B在第一象限),与x轴交于点T,设直线DA,DB的倾斜角分别为α,β,求证:α+β为定值.
类型二 圆锥曲线与数列交汇问题
例2 [2024·新课标Ⅱ卷] 已知双曲线C:x2-y2=m(m>0),点P1(5,4)在C上,k为常数,0(1)若k=,求x2,y2;
(2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列;
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积,证明:对于任意正整数n, Sn=Sn+1.
自测题
[2025·广东九校联考] 已知点P1(t+1,t)在抛物线C:x2=4y上,按照如下方法依次构造点Pn(n=2,3,4,…),过点Pn-1作斜率为-1的直线与抛物线C交于另一点Qn-1,令Pn为Qn-1关于y轴的对称点,记Pn的坐标为(xn,yn).
(1)求t的值;
(2)求证:数列{xn}是等差数列,并求xn,yn;
(3)求△PnPn+1Pn+2的面积.
类型三 圆锥曲线与函数导数交汇问题
例3 [2024·江西新余模拟] 我们知道,在平面直角坐标系xOy中,可以用两点之间距离公式刻画A,B两点的距离d(A,B),事实上,这里的距离属于这两个点的一种“度量”.在拓扑学中,我们规定某一实数D(A,B)满足:①D(A,B)≥0,当且仅当A=B时等号成立;②D(A,B)=D(B,A);③D(A,B)≤D(B,C)+D(C,A).其中,A,B,C为平面直角坐标系内的三个点,我们就称D(A,B)是关于A,B两点的一个“度量”.设平面直角坐标系Oxy(O为坐标原点)内两点A(x1,y1),B(x2,y2)的“ρ距离”ρ(A,B)=+.
(1)求证:A,B两点的“ρ距离”是关于A,B两点的一个“度量”.
(2)设P为平面直角坐标系xOy内异于原点O的任意一点.
(i)若ρ(O,P)=,请在图中定性作出P点的集合组成的图象(不必说明理由,但要求作出特殊点与其特征);
(ii)求证:ρ(O,P)<2.
(3)规定平面内两条平行直线的ρ距离ρ(l1,l2)为在l1,l2上分别取的任意两个点A,B的“ρ距离”的最小值.已知不重合的直线l1:y=kx+,l2:y=kx-,ρ(l1,l2)=,求k的取值范围.
自测题
[2024·江苏南通二模] 在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆Γ:+=1(a>b>0)的离心率为,直线l与Γ相切,与圆O:x2+y2=3a2相交于A,B两点.当l垂直于x轴时,|AB|=2.
(1)求Γ的方程.
(2)对于给定的点集M,N,若M中的每个点在N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d(M,N).
(i)若M,N分别为线段AB与圆O上任意一点,P为圆O上一点,当△PAB的面积最大时,求d(M,N);
(ii)若d(M,N),d(N,M)均存在,记两者中的较大者为H(M,N).已知H(X,Y),H(Y,Z),H(X,Z)均存在,证明:H(X,Z)+H(Y,Z)≥H(X,Y).
培优专训(七) 圆锥曲线中的交汇、创新问题
1.解:(1)由题可得,直线族mx+ny=1(m,n∈R)为圆M的切线,故圆心到直线族中直线的距离d1==2,所以m,n满足5n2-4m2-6n+1=0.
(2)将点N(x0,y0)的坐标代入y=tx-t2(t∈R),可得关于t的方程t2-x0t+y0=0,因为点N(x0,y0)不在直线族y=tx-t2(t∈R)的任意一条直线上,所以方程t2-x0t+y0=0无实数解,所以Δ=-4y0<0,故y0>,所以y0>0.因为区域y0>的边界为抛物线x2=4y, 所以x2=4y是直线族Ω:y=tx-t2(t∈R)的包络曲线.
证明:联立y=tx-t2(t∈R)与x2=4y,可得x2-4tx+4t2=0,所以Δ=0,
故直线y=tx-t2(t∈R)为抛物线x2=4y的切线.因此直线族Ω的包络曲线E的方程为x2=4y.
(3)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(2u,u2),
则kPA==,故PA:(x1+2u)x-4y-2ux1=0,
由直线PA与圆M相切,得点M到直线PA的距离d2==2,
整理得(u2-1)y1+2ux1+5-u2=0,同理可得(u2-1)y2+2ux2+5-u2=0,所以直线AB:(u2-1)y+2ux+5-u2=0.
联立直线AB与曲线E的方程得(显然u2≠1),可得x2++=0,
由根与系数的关系可得x1+x2=-,x1·x2=.
因此|AB|=.
因为点P(2u,u2)到直线AB的距离d3=,所以S△PAB=
×(u4+2u2+5),
令u2-1=m,则S△PAB=2,令f(m)=2,m≥-1,由f'(m)=
2=0,m≥-1,解得m=4,当m∈(-1,4)时,f'(m)<0,当m∈(4,+∞)时,f'(m)>0,所以f(m)在(-1,4)上单调递减,在(4,+∞)上单调递增,所以(S△PAB)min=f(4)=10(当且仅当u2=5时取等号),所以△PAB面积的最小值为10.
2.解:(1)设E的焦距为2c,设n与E交于点A(x1,y1),B(x2,y2).
①当n与x轴重合时,显然|AB|=2a;
②当n不与x轴重合时,设n:x=ty+c,
联立整理得(b2t2+a2)y2+2b2cty-b4=0,
则
所以|AB|=|y1-y2|=
=
=2a,
则有|AB|∈.因此有=3,2a=4,解得a=2,b=,
所以椭圆E的方程为+=1.
(2)(i)设点D(x0,y0)为曲线C上任意一点,由条件知m≠0,则有y=(1-xm,y'==-,则点D处切线l的方程为y-y0=-(x-x0).
设切线l分别交x,y轴于点I,J,令y=0,解得x=+x0=,即为I的横坐标.
令x=0,解得y=+y0=,即为J的纵坐标,
则有|IJ|=为定值,
则只能有+=+=1,则2-2m=m,解得m=,否则,+,+均为定值,则其解有限,矛盾,此时有|IJ|=1,故l被C截得的线段长为1.
(ii)设切线l与椭圆交于M(x3,y3),N(x4,y4),此时令k=>0,则切线l的方程为y-y0=-k(x-x0).
将l的方程与E的方程联立,得故(3+4k2)x2-8k(y0+kx0)x+4-12=0,则有
因此|MN|=|x3-x4|=
=
=
=
=
=
=
4=
2,
因为k>0,所以16k4+24k2+9>9,
则1<1+<,
所以2∈(2,4),即|MN|∈(2,4),
即所求范围为(2,4).
3.解:(1)依题意设双曲线方程为-=1(a>0,b>0),则渐近线方程为y=±x,则解得所以E的方程为-y2=1.
(2)①当直线l1,l2中有一条直线的斜率为0,另一条直线的斜率不存在时,直线MN与x轴重合,不符合题意,
所以直线l1,l2的斜率均存在且不为0.
设l1的方程为y=k(x-pn)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM),N(xN,yN),由得(1-2k2)x2+4k2pnx-2k2-2=0,
则1-2k2≠0,所以x1+x2=,x1x2=,所以xM==,则yM=k(xM-pn)=
k=,
所以M,
同理可得N.
因为M,N,Q三点共线,所以yN(xN-xM)=(yN-yM)(xN-tn),又yN-yM≠0,所以tn==
=2pn,
因为pn=2n,所以tn=2n+1.
②an=|PQ|=|2n-2n+1|=2n,所以[bk+1-(-1)kbk]ak={[b2k-
(-1)2k-1b2k-1]a2k-1+[b2k+1-(-1)2kb2k]a2k}=
[(4k-1+4k-3)×22k-1+(4k+1-4k+1)×22k]=k×22k+2=k×4k+1.设Tn=k×4k+1,则Tn=1×42+2×43+3×44+…+n×4n+1,所以4Tn=1×43+2×44+3×45+…+n×4n+2,所以-3Tn=42+43+44+…+4n+1-n×4n+2=-n×4n+2=,所以Tn=
,所以[bk+1-(-1)kbk]ak=.
4.解:(1)由题意得解得所以双曲线的标准方程为x2-=1.
(2)(i)证明:设斜率为4,与双曲线右支相交于Ak,Bk两点的直线方程为y=4x+mk,其中1≤k≤n,k,n∈N*,
由消去y可得12x2+8mkx++4=0,该方程有两个正根,由解得mk<-2,
由根与系数的关系得+=-,=.
直线AkPk的方程为y-=-2(x-),而=4+mk,即y=-2x+6+mk,直线BkPk的方程为y-=2(x-),而=4+mk,即y=2x+2+mk,
由得=3++mk,所以=,根据+=-,易得=,
即P1,P2,…,Pn都在直线y=x上,所以P1,P2,…,Pn共线.
(ii)-(1≤i≤n-1,i∈N*)为定值,定值为,理由如下:
由(i)可设Pi的坐标为(xi,xi),因为点Pi在直线Ai+1Bi+1上,所以mi+1=-3xi,直线Ai+1Bi+1的方程为y=4x-3xi,根据(i)中的计算,得+=2xi,=,xi+1=,|OPi|2=(xi)2=2,|PiPi+1|2=[(xi+1-xi)]2=2(xi+1-xi)2=2=2(-)2=2(+)2-8=2(2xi)2-8×=2-,
所以-=.培优专训(七) 圆锥曲线中的交汇、创新问题
(时间:45分钟)
1.直线族是指具有某种共同性质的直线的全体,例如y=kx+1(k∈R)表示过点(0,1)的直线族(不包括直线y轴),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)圆M:x2+(y-3)2=4是直线族mx+ny=1(m,n∈R)的包络曲线,求m,n满足的关系式;
(2)若点N(x0,y0)不在直线族Ω:y=tx-t2(t∈R)的任意一条直线上,求y0的取值范围及直线族Ω的包络曲线E的方程;
(3)在(1)(2)的条件下,过曲线E上动点P向圆M作两条切线PA,PB,交曲线E于点A,B,求△PAB面积的最小值.
2.在直角坐标系xOy中,过椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点的直线n被E截得的线段长的取值范围是[3,4].
(1)求E的方程.
(2)已知曲线C:xm+ym=1(x,y,m>0)的切线l被坐标轴所截的线段长为定值.
(i)求l被C截得的线段长;
(ii)求l被E截得的线段长的取值范围.
3.[2025·黑龙江大庆一模] 已知双曲线E的中心为坐标原点,左焦点为(-,0),渐近线方程为y=±x.
(1)求E的方程.
(2)若互相垂直的两条直线l1,l2均过点P(pn,0)(pn>,且n∈N*),直线l1交E于A,B两点,直线l2交E于C,D两点,M,N分别为弦AB和CD的中点,直线MN交x轴于点Q(tn,0)(n∈N*),设pn=2n.
①求tn;
②记an=|PQ|,bn=2n-1(n∈N*),求[bk+1-(-1)kbk]ak.
4.已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为l1:y=2x和l2:y=-2x,右焦点坐标为(,0),O为坐标原点.
(1)求双曲线的标准方程.
(2)直线y=4x-6与双曲线的右支交于点A1,B1(A1在B1的上方),过点A1,B1分别作l2,l1的平行线,交于点P1,过点P1且斜率为4的直线与双曲线交于点A2,B2(A2在B2的上方),再过点A2,B2分别作l2,l1的平行线,交于点P2,…,这样一直操作下去,可以得到一列点P1,P2,…,Pn,n≥3,n∈N*.
(i)证明:P1,P2,…,Pn共线.
(ii)-(1≤i≤n-1,i∈N*)是否为定值 若是定值,求出定值;若不是定值,说明理由.(共83张PPT)
培优专题（七） 圆锥曲线中的交汇、
创新问题
类型一
类型二
类型三
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
圆锥曲线的交汇、创新问题，主要是考查新定义轨迹下的性质、
生成曲线下的交汇问题，以及与函数导数交汇问题.
类型一 定义型轨迹问题
例1 [2024·江西新余二模] 通过研究，已知对任意平面向量
，把绕其起点沿逆时针方向旋转 角得到向量
，叫作把点绕点 逆时针方
向旋转 角得到点 .
（1）已知平面内点，点，把点绕点 逆
时针方向旋转得到点，求点 的坐标.
解：由已知可得，则 .
设，则 ，
，，即点的坐标为 .
（2）已知二次方程 的图象是由平面直角坐标系下
某标准椭圆绕原点逆时针旋转 所得的斜椭
圆 .
（ⅰ）求斜椭圆 的离心率.
解：由与的交点为和，得，
由与的交点为和 ，
得，， .
（ⅱ）过点作与两坐标轴都不平行的直线交斜椭圆 于点
，，过原点作直线与直线垂直，直线交斜椭圆于点 ，
，判断 是否为定值.若是，求出定值；若不是，说明理由.
解：方法一：如图，设直线
， ，
，
由
可得 ，
， ，
.
易知直线，
与斜椭圆方程 联立，
得，， ，
故 .
方法二：将斜椭圆顺时针旋转，由 可得新椭圆的方程为
.点旋转后的坐标为 .
当直线旋转后斜率不存在时，， ，则
.
如图，当直线旋转后斜率存在时，设直线
旋转后的方程为，
旋转后， ，
将 与椭圆方程联立，得
可得，
则 ， ，
.
易知直线 旋转后为，代入椭圆方程中，
得 ，则 ，
.
综上所述， .
自测题
[2024·辽宁沈阳模拟] 在平面直角坐标系 中，利用公式
（其中，，， 为常数），将点变换为点
的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，
该变换公式①可由，，，组成的正方形数表 唯一确定，
我们将 称为二阶矩阵,矩阵通常用大写英文字母，，
表示.
（1）如图，在平面直角坐标系 中，将点
绕原点按逆时针方向旋转 角得到点
（到原点距离不变），求坐标变换公式及
对应的二阶矩阵 ；
解：设， ，
则 ， ， ，
故 ，
，
所以坐标变换公式为
该变换所对应的二阶矩阵 .
（2）在平面直角坐标系中，求双曲线 绕原点按逆时针
方向旋转 （到原点距离不变）得到的双曲线 的方程；
解：设双曲线上任意一点 在旋转角是 的旋转变换下所
得点的坐标为 ，
则由（1）知 即
得 ，则 ，
所以双曲线的方程为 .
（3）已知由（2）得到的双曲线的上顶点为 ，直线与双曲线
的两支分别交于， 两点（在第一象限），与轴交于点 ，
设直线，的倾斜角分别为 ， ，求证： 为定值.
证明：①当直线的斜率存在时,可设直线 的方程为 ，
设， ，
由 得 ，
所以，，且由 ，
可得，即.
当时，则,
又 ，所以，所以直线的方程为 ，
将直线的方程与双曲线 的方程联立可得，
解得或 ，所以，
又，所以 ，所以，
易知，所以；
当 时，设,的斜率分别为, ，
则， ，
所以 ，
,
所以 .
因为在第一象限,所以 ,所以
所以 .
②当直线的斜率不存在时，可得， ，
则，，
所以 ，
同理可得 .
综上可得， 为定值 .
类型二 圆锥曲线与数列交汇问题
例2 [2024· 新课标Ⅱ卷] 已知双曲线 ,点
在上，为常数， ，按照如下方式依次构造点
过点作斜率为的直线与的左支交于点 ,
令为关于轴的对称点，记的坐标为 .
（1）若,求, ;
解： 点在上，,得.
过点 且斜率的直线的方程为,
即 .
由 解得或
,，得, .
（2）证明：数列是公比为 的等比数列；
证明：由题知,当且 时，关于轴的对称点是
,
与在同一条斜率为的直线上，
则 ,即,且 ，
又，都在双曲线 上，
由 得
,
将①式代入上式得,
由 得 ，
即，
由题知 ,，
又, 数列 是公比为 的等比数列.
（3）设为的面积，证明：对于任意正整数 ，
.
证明：由（2）得数列是公比为 的等比数列，
， .
记,则, ,
, ,
，
, ,
,即 .
自测题
[2025·广东九校联考] 已知点在抛物线 上，按
照如下方法依次构造点，过点作斜率为 的直
线与抛物线交于另一点，令为关于轴的对称点，记
的坐标为 .
（1）求 的值；
解：因为点在抛物线 上，
所以可得，解得 .
（2）求证：数列是等差数列，并求, ；
证明：方法一：由（1）知，，即, .
因为点在抛物线上，
所以，且 ，.
过点，，且斜率为的直线 的方程为
，
由方程组 可得，
解得或 ，
所以，可得，
所以数列 是首项为2，公差为4的等差数列，
所以， .
方法二：由（1）知，，即,.
因为当 时点,,在抛物线
上，所以
两式相减，得， ，
所以，可得 ，
所以数列 是首项为2，公差为4的等差数列，
所以， .
（3）求 的面积.
解：如图，设线段与轴交于点 .
由（2）知，,
, ，
可得
，
即 ，
同理可得 .
又 ，
即 ，
所以 .
类型三 圆锥曲线与函数导数交汇问题
例3 [2024·江西新余模拟] 我们知道，在平面直角坐标系 中，可
以用两点之间距离公式刻画，两点的距离 ，事实上，这
里的距离属于这两个点的一种“度量”.在拓扑学中，我们规定某一实
数满足：
，当且仅当 时等号成立；
；
.
其中，，， 为平面直角坐标系内的三个点，我们就称是
关于， 两点的一个 “度量”.设平面直角坐标系 （为坐标原点）
内两点 ，的“ 距离” .
（1）求证：，两点的“ 距离”是关于， 两点的一个“度量”.
证明： 显然成立，
令 ，
由于， ，
故当且仅当 时，等号成立.
令 ，则 ，
所以 单调递增，所以，
即 当且仅当时等号成立，
所以， 两点的“ 距离”满足关于， 两点的一个“度量”定义中的①.
，两点的“ 距离” 显然满足关于， 两点的一个“度量”定义中的②.
设由于 单调递增,故由 可得
，
同理得 ，
故 ，
即 ，所以，两点的“ 距离”满足关于
， 两点的一个“度量”定义中的③.
故， 两点的“ 距离”是关于， 两点的一个“度量”.
（2）设为平面直角坐标系 内异于原点 的任意一点.
（ⅰ）若，请在图中定性作出 点的集合组成的图象（不必
说明理由，但要求作出特殊点与其特征）；
解：如图，
（ⅱ）求证： .
证明：设 ，则
，
令，则 ，
即 .
（3）规定平面内两条平行直线的 距离为在， 上分别
取的任意两个点，的“ 距离”的最小值.已知不重合的直线
， ，，求 的取值范围.
证明：设 ,
则 ，
令 ，则 .
当 时， 成立，不妨设 ，
设
令，则 单调递增.
令，则 单调递减，令 ，则 ，
令 ，
①当时，， ，
②当时, , ,
③当时，，，
由于 为一次或二次函数，
故①②③中均存在唯一，使得 ，
故在上单调递增，在 上单调递减.
④当时，， 单调递增.
综上，，所以 ，解得
.
当时，同理可求得，所以 .
自测题
[2024·江苏南通二模] 在平面直角坐标系 中，已知椭圆
的离心率为，直线与 相切，与圆
相交于，两点.当垂直于轴时， .
（1）求 的方程.
解：因为当垂直于轴时，，而直线与 相切，
所以，可得 ，
又椭圆 的离心率为，则椭圆 的半焦距 ，
所以 ，
所以 的方程为 .
（2）对于给定的点集，，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 .
（ⅰ）若，分别为线段与圆上任意一点，为圆 上一点，当
的面积最大时，求 ；
解：当的斜率存在时，设的方程为，
由 消去得 ，
由直线与椭圆 相切，得 ，
整理得，
于是圆心到直线 的距离 ，
则 .
设, ，则
，
当时，，函数 单调递增，
当时，，函数 单调递减，
因此当时，取得最大值，此时 .
当 的斜率不存在时，
由（1）知， .
由 ，得
，则.
对于线段上任意点，连接 并延长与圆交于点，
则是圆上与最近的点，
当为线段 的中点时，取得最大值，所以 .
（ⅱ）若，均存在，记两者中的较大者为 .已
知，， 均存在，证明：
.
证明：因为,, 均存在，
所以可设点,,,，,,， ，且
,, .
设是集合中到 的最近点，
根据对称性，不妨设，
令点到集合的最近点为，点 到集合的最近点为，
因为是集合中所有点到集合 最近点距离的最大值，
所以，
因为是集合 中所有点到集合最近点距离的最大值，
所以 .
因此 ，
而在坐标平面中，，
又点是集合中到点 的最近点，则，
所以 .
作业手册
1.直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如
表示过点的直线族（不包括直线 轴），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）圆是直线族 的包
络曲线，求， 满足的关系式；
解：由题可得，直线族,为圆 的切线，
故圆心到直线族中直线的距离，
所以, 满足 ．
（2）若点不在直线族 的任意一条直线
上，求的取值范围及直线族 的包络曲线 的方程；
解：将点的坐标代入，
可得关于 的方程，
因为点不在直线族 的任意一条直线上，
所以方程 无实数解，
所以，故，所以.
因为区域 的边界为抛物线，
所以是直线族 的包络曲线．
证明：联立与，
可得 ，所以 ，
故直线为抛物线的切线.
因此直线族 的包络曲线的方程为 .
（3）在的条件下，过曲线上动点向圆作两条切线 ，
，交曲线于点，，求 面积的最小值.
解：设，， ，则，
故 ，
由直线与圆相切，得点到直线的距离，
整理得 ，
同理可得 ，
所以直线
联立直线与曲线的方程得
（显然），可得 ，
由根与系数的关系可得, ．
因此 .
因为点到直线的距离 ，
所以 ，
令，则 ，
令，，
由 ，，解得 ，
当时，，当时， ，
所以在上单调递减，在 上单调递增，
所以（当且仅当 时取等号），
所以面积的最小值为 .
2.在直角坐标系中，过椭圆 的右焦点的
直线被截得的线段长的取值范围是 .
（1）求 的方程.
解：设的焦距为，设与交于点, .
①当与轴重合时，显然 ；
②当不与轴重合时，设 ，
联立整理得 ，
则
所以 ，则有.
因此有,，解得, ，
所以椭圆的方程为 .
（2）已知曲线的切线 被坐标轴所截的
线段长为定值.
（ⅰ）求被 截得的线段长；
解：设点为曲线上任意一点，
由条件知 ，则有,，
则点处切线 的方程为 .
设切线分别交,轴于点,，
令，解得 ，即为 的横坐标.
令，解得，即为 的纵坐标，
则有 为定值，
则只能有，
则 ，解得，
否则，, 均为定值，则其解有限，矛盾，
此时有，
故被 截得的线段长为1.
（ⅱ）求被 截得的线段长的取值范围.
解：设切线与椭圆交于,，此时令 ，
则切线的方程为 .
将的方程与的方程联立，得
故 ,
则有
因此 ，
因为，所以 ，
则 ，
所以，即 ，
即所求范围为 .
3.[2025·黑龙江大庆一模] 已知双曲线 的中心为坐标原点，左焦点
为，渐近线方程为 .
（1）求 的方程.
解：依题意设双曲线方程为 ，
则渐近线方程为，则解得
所以 的方程为 .
（2）若互相垂直的两条直线,均过点 ，且
，直线交于,两点，直线交于,两点，, 分别为
弦和的中点，直线交轴于点，设 .
①求 ；
解：当直线, 中有一条直线的斜率为0,另一条直线的斜率不存在时，
直线与 轴重合,不符合题意,所以直线, 的斜率均存在且不为0.
设的方程为，
， ，，，
由
得 ，
则，所以， ，
所以，
则 ，
所以 ，
同理可得 .
因为，，三点共线，所以 ，
又，所以 ，
因为，所以 .
②记，，求 .
解： ，
所以
.
设 ，
则 ，
所以 ，
所以，所以 ，
所以 .
解：由题意得解得
所以双曲线的标准方程为 .
4.已知双曲线 的两条渐近线分别为
和 ，右焦点坐标为, 为坐标原点.
（1）求双曲线的标准方程.
（2）直线与双曲线的右支交于点 ,
（在的上方），过点,分别作, 的
平行线，交于点，过点 且斜率为4的直线与
双曲线交于点,（在 的上方），再过点
,分别作,的平行线，交于点, ，这样
一直操作下去，可以得到一列点,, , ,
, .
（ⅰ）证明：,, , 共线.
证明：设斜率为4，与双曲线右支相交于, 两
点的直线方程为，其中 ,
， ，
由消去 可得
，
该方程有两个正根，由解得 ，
由根与系数的关系得 ,
.
直线的方程为 ，
而，即 ，
直线的方程为 ，
而，即 ，
由 得
，
所以，
根据 ，易得 ，
即,, ,都在直线上，
所以,, , 共线.
（ⅱ） 是
否为定值？若是定值，求出定值；若不是定值，
说明理由.
解：为
定值，定值为 ，理由如下：
由可设的坐标为，
因为点在直线 上，所以，
直线的方程为，
根据 中的计算，得,, ，
，
，所以 .
例1 (1)(6,3) (2) (i) +=2
自测题 (1) A=(2) -=1 α+β为定值证明略
例2 (1) x2=3,y2=0 (2)略 (3)略
自测题 (1) t=1(2) xn=4n-2,yn=(2n-1)2 =16
例3 略
自测题 (1) +y2=1(2) (i) d(M,N)= 略
1.(1) m,n满足5n2-4m2-6n+1=0 (2) y0>0,直线族Ω的包络曲线E的方程为x2=4y
10
2.(1) +=1 (2) (i) 1 (2,4)
3. (1) -y2=1 (2) ①tn=2n+1 ②
4. (1) x2-=1 (2) (i) 略
(ii)-(1≤i≤n-1,i∈N*)为定值,定值为,理由略
