2026高考数学复习微专题：86.从包络到二次曲线系

86.从包络到二次曲线系

一．基本原理

1.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.

2.微分几何中已经给出曲线系包络线的一般解法：因为曲线C:f(x,y)0上任一点均满足

F(x,y,t)0，又由曲线C:f(x,y)0与曲线F(x,y,t)0相切时的切线方程相同，可知

关于t的函数F(x,y,t)对t的导数等于0，即包络曲线C上的任一点均满足下列方程组：

F(x,y,t)0,

消去参数t，即可求得包络曲线C的方程．

Ft(x,y,t)0,

3.二次曲线系核心定理：给定五个点，其中任何三个点都不共线，则过这五个点有且仅有

一条圆锥曲线.进一步可得：由组成的曲线：.

l1,l2(a1xb1yc1)(a2xb2yc2)0

圆锥曲线上的四点共圆问题：设圆锥曲线方程为Ax2+Cy2+Dx+Ey+F=0，则存在四点

共圆的情况必为22，由于没

(axbycxdye)(a1xb1yc1)(a2xb2yc2)0

有的项，必有+=.

xya1b2a2b10

证明：由组成的曲线即

l1,l2

(a1xb1yc1)(a2xb2yc2)0

所以经过它与的四个交点的二次曲线一定能表示成以下形式(,不同时为0)：

22①

(axbycxdye)(a1xb1yc1)(a2xb2yc2)0

必要性.若四个交点共圆，则存在,使方程①表示圆，所以式①左边的展开式中含xy项

的系数.而(否则③表示曲线，不表示圆)，所以.

(a1b2a2b1)00a1b2a2b10

充分性.当时，式①左边的展开式中不含的项，选时，再令式①左

a1b2a2b10xy1

aabb

边的展开式中含x2,y2项的系数相等，即aaabbb，得1212.

1212ba

此时曲线①即

x2y2cxdye0②

的形式，这种形式表示的曲线有且仅有三种情形：一个圆、一个点、无轨迹.而题中的四个

交点都在曲线②上，所以曲线②表示圆.这就证得了四个交点共圆.

二．典例分析

例1（湖北省部分地市州25届高三元月联考）．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，

例如ykx1kR表示过点0,1的直线族（不包括直线x0）．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．已知直线族axby1a,bR，则下列说法正确的是（）

A．若acos,bsin0,2π，则该直线族的包络曲线为圆

cossin

B．若a,b(mn0,0,2π)，则该直线族的包络曲线为椭圆

mn

313

axby1

C．当a,b(t0)时，点x0,2x0x00可能在直线族上

2t2t3

D．当a2b0时，曲线x24yx0是直线族axby1的包络曲线

sinθ

解析：对于A，设圆O：x2y21上的点为P(cos,sin)，直线OP的斜率为k，

OPcosθ

cosθ

过点P作圆的切线l，由kk1，得k，所以切线l的方程为

OPllsinθ

cosθ

ysinθ(xcosθ)，即xcosθysinθ1，故A正确；

sinθ

x2y2

对于B，设椭圆1上的点为P(mcos,nsin)，过点P作圆的切线l，当切线斜率存

m2n2

x2y2

1

在时，设ykxb，m2n2，联立得：(n2m2k2)x22kbm2xm2b2m2n20，

ykxb

kbm2n2bmcoskm2

所以mcos，nsinkmcosb.作商：，得

n2m2k2n2m2k2nsinn2

ncosncosθxcosysin

k，所以切线l的方程为ynsinθ(xmcosθ)，即1；

msinmsinθmn

xcosysin

当切线斜率不存在时，0或，则切线方程yn和yn亦满足1，

mn

故B正确；

323323323

对于C，将x0,2x0代入y3tx2t得2t3tx02x00，构造f(t)2t3tx02x0，

f(t)6t(tx0)，当t(0,x0)时，f(t)0；当t(x0,)，f(t)0.所以f(t)在(0,x0)上单调

递减，f(t)在(x0,)上单调递增，因而当tx0时，f(t)取到最小值

3233323

f(x0)2x03x0x02x0x00，所以f(t)在(0,)无零点，2t3tx02x00无解，故C错

误；

11

对于D，若x,y不在直线族上，则将x,y代入直线yx得ya2ax10无解，

0000aa200

2

2x02

则x04y00，所以y,因而可得当x0,y0在曲线x4y上时，则一定在直线族上，

04

2

112444411

联立和2得xx0，所以，故直线

yx2x4y2Δ40yx2

aaaaaa2aa

2

和x24y相切，又axby1不包括直线y0，所以x4yx0是直线族axby1的包络曲线，

故D正确.故选：ABD.

例2．一曲线族的包络线（Envelope）是这样的曲线：该曲线不包含于曲线族中，但过该曲

22

线上的每一点，都有曲线族中的一条曲线与它在这一点处相切，若圆C1：xy1是直线

族axby10a,bR的包络线，则a，b满足的关系式为_________；若曲线C2是直线

2

族1tx2ty2t40tR的包络线，则C2的长为__________.

22

解析：由题意，若圆C1：xy1是直线族axby10a,bR的包络线，可得

1

222

1，可得ab1；又由曲线C2是直线族1tx2ty2t40tR的包络

a2b2

xt22y1tx42y10x2

线，可得为定值r，则，可得，此时r2，

1t2xx4y1

2222

所以曲线C2的方程为x2y14，所以曲线C2的周长为4.故答案为：ab1；

4.

例3．造纸术是中国四大发明之一，彰显了古代人民的智慧.根据史料记载盛唐时期折纸艺

术开始流行，19世纪折纸与数学研究相结合，发展成为折纸几何学.在一次数学探究课上，

学生们研究了圆锥曲线的包络线折法.如图，在一张矩形纸片上取一点P，记矩形一边所在

直线为l，将点P折叠到l上（即P），不断重复这个操作，就可以得到由这些折痕包围形成

的抛物线，这些折痕就是抛物线的包络线.在抛物线C:x24y的所有包络线中，恰好过点

A2,1的包络线所在的直线方程为_________.

解析：依题意，抛物线C:x24y的每条包络线与该抛物线相切，显然过点A2,1的包络线

y1k(x2)

所在的直线斜率存在，设方程为y1k(x2)，由2消去y并整理得：

x4y

x24kx8k40，则16k232k160，解得k1，所以所求直线方程为xy10.

故答案为：xy10

例4．若集合A表示由满足一定条件的全体直线组成的集合，定义：若集合A中的每一条直

线都是某圆上一点处的切线，且该圆上每一点处的切线都是A中的一条直线，则称该圆为

集合A的包络圆.

(1)若圆E:x2y24是集合A{(x,y∣)axby2}的包络圆.

（i）求a，b满足的关系式;

（ii）若3a4bt0，求t的取值范围;

(2)若集合A{(x,y∣)xcos(y6)sin620,R}的包络圆为C，P是C上任意一点，

|PM|22

判断y轴上是否存在定点M，N，使得，若存在，求出点M，N的坐标；若不

|PN|3

存在，请说明理由.

解析：（1）（i）因为圆E:x2y24是集合A{(x,y∣)axby2}的包络圆，所以圆心E0,0

2

到直线axby2的距离为2，即2，化简得a2b21，即a，b满足的关系式为

a2b2

a2b21.

（ii）由a2b21及3a4bt0，可得圆x2y21与直线3x4yt0有公共点，

t

所以1，解得5t5，故t的取值范围是5,5．

3242

（2）设Cm,n，由题意可知点C到直线xcosy6sin620的距离为与无关的

定值，

mcosn6sin62

即d为与无关的定值，所以m0，n60．故C0,6，

sin2cos2

22

此时，d62．所以C的方程为x2y672，设Px,y，则x2y672，即

22PM22

xy3612y，假设y轴上存在定点M，N，使得，设M0,y，N0,y2，

PN31

22

PMx2yyx2y22yyy22y6yy2368

则11111，

2222222

PNxyy2xy2y2yy22y26yy2369

8

y16y26,

9y12,y114,

所以解得或所以M0,2，N0,3或M0,14，

228y23,y215,

y136y236,

9

N0,15．

例5．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如ykx1kR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(y3)24是直线族mxny1m,nR的包络曲线，求m,n满足的关系式；

2

(2)若点Nx0,y0不在直线族Ω:ytxttR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（2）的条件下，过直线x4y40上的动点P作曲线E的两条切线，切点分别为A,B，

求原点O到直线AB的距离d的最大值.

解析：（1）由题可得，直线族mxny1(m,nR)为圆M的切线，故满足

m0n31

d2，所以m,n满足5n24m26n10．

m2n2

22

（2）将点Nx0,y0代入ytxttR，可得关于t的方程tx0ty00，因为点Nx0,y0

222

不在直线族ytxttR上，故方程tx0ty00无实数解，所以x04y00，那么

22

x0x022

y，故y00，因为区域y的边界为抛物线x4y，下证：x4y是

0404

22

ytxttR的包络曲线．联立直线ytxttR与x24y，可得x24tx4t20，

22

所以Δ4t44t20，故直线族：ytxttR为抛物线x24y的切线.

因此直线族的包络曲线E的方程为x24y.

2

（3）由（2）得曲线E的方程为x4y，设在直线x4y40上，则x04y040，

x4���,��

即y0.设，易知直线PA的斜率存在，设直线PA的方程为

04

���,��,���,��

222

yy1kxx1，与x4y联立，可得x4y1kxx1，即x4kx4kx14y10.

222

因为直线PA与x4y相切，所以Δ4k44kx14y10，即kkx1y10.

2

22xx

因为x1，所以2x1，1，解得1所以直线的方程为

y1kkx10k0k.PA

4422

x2xxx2xx2

y11xx，化简得y1x1，同理可得直线PB的方程为y2x2.

4212424

2

x1x1

y0x0

24xx2

因为点在切线上，所以，所以直线AB的方程为y0x，即

xx2024

y2x2

���,��0204

1x411x4

yxxy.将y0代入yxxy，得yxx0，化简得

20004200204

4x

则原点到直线的距离d0设，则

2x0x4yx040.OAB2.t4x0x04t,

4x016

tt2

d2t

所以22，所以d.当t0时，x04,y00，

44t164t32t804t232t80

1

d211

则A,B重合，不符合题意，所以t0，所以3280.令u，则d2.

4t80u232u4

tt2

3211

对于二次函数y80u232u4，其对称轴为u，则u时，y80u232u4

28055

2

11161425

的最小值为80324324，所以d有最大值，则d的最大值为

555554

5

.

2

x2y2

例6.（2022新高考1卷）已知点A(2,1)在双曲线C:1(a1)上，直线l交C于P，

a2a21

Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．

（1）求l的斜率；

（2）若tanPAQ22，求PAQ的面积．

解析：（曲线系）点处的切线方程为，设直线的方程为，

Axy10APy1k1(x2)

的方程为，的方程，则过这四条直线交点的二次曲线

AQy1k2(x2)PQykxb

方程为

(kxyb)(xy1)[k1(x1)y1][k2(x1)y1]0.

又因为双曲线过这些交点，比较的系数得

xyk1(k1k2)0.

又由，所以

k1k20k1.

x2

例7.（2020一卷）已知A、B分别为椭圆E：y21（a>1）的左、右顶点，G为E

a2

的上顶点，AGGB8，P为直线x=6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另

一交点为D．

（1）求E的方程；

（2）证明：直线CD过定点.

解析：（2）设，则，将写

P(6,y0)lAP:9yy0x3y00,lBP:3yy0x3y00AP,BP

成双直线二次曲线:，因为是双直线二次曲

(9yy0x3y0)(3yy0x3y0)0A,B,C,D

线与椭圆的交点,联立方程:

考虑到A,B是已知的，且纵坐标均为0，则联立后的方程必有因式y0y于是将①式按

y整理得:

由①:x299y2，代入得:

2，由于交点满足联立后的方程，且纵坐标不为，于

y(9y(6y04y0x)y0y)0C,D0

是C,D满足方程，即直线CD的方程为:

2

9y(6y04y0x)3y0y0，按y0整理得，

3y0

3

令64x0得定点(,0).

2

9y0

x2y22