2026年大一轮复习数学练习第八章培优点11圆锥曲线中探索性与知识交汇问题（附答案）

培优点11圆锥曲线中探索性与知识交汇问题重点解读高考中探索性问题是一个重要考点，同时圆锥曲线与其它知识的交汇问题频繁出现在各类考题中，突出考查学生解决综合性数学问题的能力.题型一探索性问题例1已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1，0)，F2(1，0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过定点P(0，2)且斜率为k的直线l'与椭圆C相交于不同两点M，N，试判断：在x轴上是否存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由.解(1)设椭圆C的标准方程为x2a2＋y2b2＝由已知可得c＝1，2b2a又a2＝b2＋c2，得a2＝4，b2＝3，所以所求椭圆的标准方程为x24(2)设直线l'：y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点E(x0，y0)，假设在x轴上存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，联立y＝kx＋2,x24＋y23＝1,得(4由于直线l'与椭圆C相交于不同两点，所以Δ＝(16k)2－16(4k2＋3)>0⇒k<－12或k>1所以x1＋x2＝－16k4k2＋3，x所以x0＝x1＋xy0＝kx0＋2＝64因为AE⊥MN，所以kAE＝y0-0⇒m＝-2k当k>12时，4k＋3k≥4当且仅当k＝32所以－36≤m<0当k<－12时，4k＋3k＝－而－4k＋3-k≥4当且仅当k＝－32时，等号成立，所以0<m≤3综上，存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，实数m的取值范围为-36，思维升华存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.跟踪训练1(2025·太原模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点D(2，1)且斜率为1的直线经过点F.(1)求抛物线C的方程；(2)若A，B是抛物线C上两个动点，在x轴上是否存在定点M(异于坐标原点O)，使得当直线AB经过点M时，满足OA⊥OB？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由题意过点D(2，1)且斜率为1的直线方程为y－1＝x－2，即y＝x－1，令y＝0，则x＝1，∴点F的坐标为(1，0)，∴p2＝1∴p＝2，抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由(1)得抛物线C：y2＝4x，假设存在定点M(m，0)符合题意，设直线AB的方程为x＝ty＋m(t∈R，m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x＝ty＋m,y2＝4x,得y2∴y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m，Δ＝16t2＋16m>0，∵OA⊥OB，∴OA·OB＝0，∴OA·OB＝x1x2＋y1y2＝(ty1＋m)(ty2＋m)＋y1y2＝(t2＋1)y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2＝－4m(t2＋1)＋4mt2＋m2＝m2－4m＝0，∴m＝4或m＝0(舍去)，当m＝4时，点M的坐标为(4，0)，满足OA⊥OB，Δ＝16t2＋16m>0，∴存在定点M(4，0)符合题意.题型二圆锥曲线中知识交汇问题例2(2024·新课标全国Ⅱ)已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0<k<1.按照如下方式依次构造点Pn(n＝2，3，…)：过Pn－1作斜率为k的直线与C的左支交于点Qn－1，令Pn为Qn－1关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn，yn).(1)若k＝12，求x2，y2(2)证明：数列{xn－yn}是公比为1＋(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1.(1)解由已知有m＝52－42＝9，故C的方程为x2－y2＝9.当k＝12过P1(5，4)且斜率为12的直线为y＝x与x2－y2＝9联立得到x2－x＋3解得x＝－3或x＝5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(－3，0)，该点显然在C的左支上.故P2(3，0)，从而x2＝3，y2＝0.(2)证明方法一由于过Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为y＝k(x－xn)＋yn，与x2－y2＝9联立，得到方程x2－[k(x－xn)＋yn]2＝9.展开得(1－k2)x2－2k(yn－kxn)x－(yn－kxn)2－9＝0，由于Pn(xn，yn)已经是直线y＝k(x－xn)＋yn和x2－y2＝9的公共点，故方程必有一根x＝xn.从而根据根与系数的关系，另一根x＝2k(yn-k相应的y＝k(x－xn)＋yn＝yn所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn2k而注意到Qn的横坐标亦可通过根与系数的关系表示为-(y故Qn一定在C的左支上.所以Pn＋1xn这就得到xn＋1＝xnyn＋1＝yn所以xn＋1－yn＋1＝x－y＝x＝1＋k2＋2k1-k2(xn－yn)＝再由x12－就知道x1－y1≠0，所以数列{xn－yn}是公比为1＋k方法二因为点Pn(xn，yn)关于y轴的对称点是Qn－1(－xn，yn)，点Pn－1(xn－1，yn－1)，Qn－1在同一条斜率为k的直线上，所以xn－1≠－xn，并且yn-yn-1因为点Pn－1，Qn－1都在双曲线C上，所以x两式相减得(xn－xn－1)(xn＋xn－1)＝(yn－yn－1)(yn＋yn－1).②由①，②得y④－③得(xn－yn)－(xn－1－yn－1)＝k(xn－yn)＋k(xn－1－yn－1)，整理得xn又x1－y1＝1，所以{xn－yn}是公比为1＋k(3)证明方法一先证明一个结论：对平面上三个点U，V，W，若UV＝(a，b)，UW＝(c，d)，则S△UVW＝12ad-bc(若U，V，W在同一条直线上，约定S△UVW证明：S△UVW＝12UV·UWsin〈UV，＝12UV＝12UV＝1＝1＝1＝1＝12证毕，回到原题.由(2)可知xn＋1＝xn＋k2xn-2k故xn＋1＋yn＋1＝x＝1＋k2-2k1-k2(xn＋yn)＝1-再由x12－可知x1＋y1≠0，所以数列xn＋yn所以对任意的正整数m，都有xnyn＋m－ynxn＋m＝12[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m－12[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m＝12(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－12(xn＋yn)(xn＋m－yn＋＝121-k1＋km(xn－yn)(xn＋yn)－121＋k1-km＝12＝92而又有Pn＋1Pn＝(－(xn＋1－xn)，－(yn＋1Pn＋1Pn＋2＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2故利用前面已经证明的结论即得Sn＝S△PnPn＋1Pn＋2＝12|－(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1)＋(yn＋1－＝12|(xn＋1－xn)(yn＋2－yn＋1－(yn＋1－yn)(xn＋2－xn＋1)|＝12|(xn＋1yn＋2－yn＋1xn＋2)＋(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2)＝1－92这就表明Sn的取值是与n无关的定值，所以Sn＝Sn＋1.方法二由(2)可知xn＋1＝xn＋k2xn-2k故xn＋1＋yn＋1＝x＝1＋k2-2k1-k2(xn＋yn)＝1-再由x12－y12＝9，可知x1所以数列xn＋yn所以对任意的正整数m，都有xnyn＋m－ynxn＋m＝12[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m－12[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m＝12(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)12(xn＋yn)(xn＋m－yn＋m＝121-k1＋km(xn－yn－121＋k1-km(xn＋yn＝12＝92这就得到xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3＝9＝xnyn＋1－ynxn＋1，以及xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3＝9＝xnyn＋2－ynxn＋2.两式相减，得(xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3)－(xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3)＝(xnyn＋1－ynxn＋1)－(xnyn＋2－ynxn＋2).移项得到xn＋2yn＋3－ynxn＋2－xn＋1yn＋3＋ynxn＋1＝yn＋2xn＋3－xnyn＋2－yn＋1xn＋3＋xnyn＋1.故(yn＋3－yn)(xn＋2－xn＋1)＝(yn＋2－yn＋1)(xn＋3－xn).而PnPn＋3＝(xn＋3－xn，yn＋3Pn＋1Pn＋2＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2所以PnPn这就得到S△即Sn＝Sn＋1.思维升华解析几何中的数列性质的研究，要依据已有的条件构建数列的递推关系，再对得到的递推关系作消元处理从而得到纯粹的单数列的递推关系，这样便于问题的解决.跟踪训练2(2024·成都模拟)已知椭圆D：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，且过点(2，1).过椭圆D上的点A作圆O：x2＋y2＝2的两条切线，其中一条切线与椭圆D相交于点B，与圆O相切于点(1)求椭圆D的方程；(2)|BC|·|CA|是否为定值，若是，请求出|BC|·|CA|的值；若不是，请说明理由；(3)若椭圆D上点A(x0，y0)(x0≥2)，求△AEF面积的取值范围.解(1)由题意可得a2-所以椭圆D的方程为x26(2)由题意知切线与y轴有交点，故直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y消去y得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)＝48k2－8m2＋24>0，则x1＋x2＝－4km1＋2k2，x又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2当x1x2≠0时，kOAkOB＝y1y2因为直线AB与圆O：x2＋y2＝2相切，所以圆心O到直线AB的距离为mk所以m2＝2(k2＋1)，满足Δ>0，代入①得kOAkOB＝y1y2所以OA⊥OB；当x1x2＝0时，m2＝3，又m2＝2(k2＋1)，则k2＝12，满足Δ>0所以y1y2＝0，所以直线AB过椭圆的左或右顶点与上或下顶点，所以OA⊥OB.在Rt△OAB中，OC⊥AB，由射影定理知|OC|2＝|CA|·|BC|＝2，所以|BC|·|CA|为定值2.(3)由题意直线AB的斜率存在，设过点A(x0，y0)(x0≥2)的切线方程为y－y0＝k(x－x0)，即kx－y＋y0－kx0＝0，则圆心O到直线AB的距离为|y即(x02－2)k2－2x0y0k＋y02－显然Δ'＝8x02＋8y0设直线AE，AF的斜率分别为k1，k2，则k1＋k2＝2x0y0x02-2直线AE的方程为y－y0＝k1(x－x0)，令x＝0，则yE＝y0－k1x0，同理yF＝y0－k2x0，|EF|＝|yE－yF|＝x0|k1－k2|＝x0(kS△AEF＝1＝12因为A(x0，y0)(x0≥2)在椭圆D上，所以y02＝3－S△AEF＝12令x02－2＝t，则x02＝t＋2(2≤t则S△AEF＝t＋令f(t)＝t3＋8t2＋20则f'(t)＝t3令g(t)＝t3－20t－32，2≤t≤4，则g'(t)＝3t2－20，当2≤t<203时，g'(t)<0当203<t≤4时，g'(t)>0所以函数g(t)在2，20上单调递增，又g(2)＝－64<0，g(4)＝－48<0，所以g(t)<0，即当2≤t≤4时，f'(t)<0，所以函数f(t)在[2，4]上单调递减，所以18＝f(4)≤f(t)≤f(2)＝24，所以32≤S△AEF≤26，所以△AEF面积的取值范围为[32，26].课时精练[分值：60分]1.(13分)(2024·汕头模拟)如图，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|BC|＝2.A1，B1，A2，B2分别是矩形四条边的中点，以A1A2与B1B2的交点O为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，设OR＝λOA2，A2T＝(1－λ)A2C(1)证明：直线B1R与B2T的交点H在椭圆K：x24＋y2＝1上；(5(2)已知PQ为过椭圆K的右焦点F的弦，点M为椭圆K上一点，直线MO与椭圆K的另一交点为N，若MN∥PQ，试判断|PQ|，|MN|，|A1A2|是否成等比数列，请说明理由.(8分)(1)证明设H(x，y)，依题意，R(2λ，0)，T(2，1－λ)，B1(0，－1)，B2(0，1)，则直线B1R的方程为y＋1＝12λx，直线B2T的方程为y－1＝－λ2x，②①×②得y2－1＝－14x2，即x24＋y2故直线B1R与B2T的交点H在椭圆K：x24＋y2＝1(2)解依题意，F(3，0)，直线PQ，MO的斜率均不为零，故设直线PQ的方程为x＝my＋3，直线MO的方程为x＝my，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，联立x得(m2＋4)y2＋23my－1＝0，∴y1＋y2＝－23y1y2＝－1m∴|PQ|＝1＋m2|y1－y2|＝1联立x24＋y2＝1,x＝my,得取y3＝2m2＋4，y∴|MN|＝1＋m2|y3－y4|又|A1A2|＝4，∴|MN|2＝|PQ||A1A2|，即|PQ|，|MN|，|A1A2|成等比数列.2.(15分)(2024·喀什模拟)已知双曲线E：x2－3y2＝3的左、右焦点分别为F1，F2，A是直线l：y＝－ca2x(其中a是双曲线E的实半轴长，c是双曲线E的半焦距)上不同于原点O的一个动点，斜率为k1的直线AF1与双曲线E交于M，N两点，斜率为k2的直线AF2与双曲线E交于P，Q(1)求1k1＋1k(2)若直线OM，ON，OP，OQ的斜率分别为kOM，kON，kOP，kOQ，问是否存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，若存在，求出A点坐标；若不存在，说明理由.(9分)解(1)由题可得双曲线E：x23－y2＝则a2＝3，b2＝1，∴c2＝a2＋b2＝4，∴c＝2，∴左、右焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，直线l的方程为y＝－23x设At，-23t(t≠0)，k1同理可得k2＝－2t∴1k1＋1k2(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，直线AF1的方程为y＝k1(x＋2)，代入双曲线E可得(1－3k12)x2－12k12x－12k1Δ＝12k12＋12>0，k1∴x1＋x2＝12k121-3k12，则则kOM＋kON＝y＝k＝2k同理kOP＋kOQ＝2k假设存在点A，满足kOM＋kON＋kOP＋kOQ＝0，即2k14即(k1＋k2)(4k1k2＋1)＝0，∴k1＋k2＝0或k1k2＝－14又1k1＋若k1＋k2＝0，无解，舍去，∴k1k2＝－14解得k1＝若k1＝－14，k2＝1又At，-23t(t≠0)，由点－23t＝－14(t＋2∴t＝65，此时A6若k1＝1，k2＝－14由点A在直线AF1上可得，－23t＝t＋2∴t＝－65，此时A-综上，存在点A65，-45或A-65，45，满足kOM＋3.(15分)(2024·晋中模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知点M(1，0)，P为动点，以线段MP为直径的圆与y轴相切.(1)求动点P的轨迹Γ的方程；(5分)(2)已知点A(1，2)，问：在Γ上是否存在点B，C，使得△ABC为等边三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请说明这样的点B，C有几组(不必说明点B，C的坐标).(10分)解(1)设P(x，y)，则线段PM的中点坐标为x＋因为以线段MP为直径的圆与y轴相切，则x＋1|2＝1化简得y2＝4x，所以Γ的方程为y2＝4x.(2)存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形，理由如下：由题意可知，直线BC的斜率存在且不为0，设lBC：x＝my＋t(m≠0)，B(x1，y1)，C(x2，y2).联立y2＝4x,x＝my＋t,消去x得y2则Δ＝(－4m)2＋16t＝16(m2＋t)>0，得m2＋t>0，可得y1＋y2＝4m，y1y2＝－4t，设线段BC的中点为Q(x0，y0)，则y0＝y1＋y2x0＝my0＋t＝2m2＋t，即Q(2m2＋t，2m)，若△ABC为等边三角形，则AQ⊥BC，且|AQ|＝32|BC|由AQ⊥BC可得2m-22m2整理得t＝－2m2－1＋2m则m2＋t＝m2－2m2－1＋2m＝－m2－1＋2m由m2＋m＋2＝m＋1可得1-mm>0，解得0<m由|AQ|＝32|BC||AQ|＝(2＝(2m32|BC|＝321＝231＋m整理得－3(m－1)(1＋m2)·m＝(m－1)2·1＋又因为0<m<1，可得－3(m2＋m＋2)＝m-1m，即3m3＋3m2＋7m－1＝令h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1，又h'(m)＝9m2＋6m＋7>0在R内恒成立，可知h(m)在R上为增函数，且h(0)＝－1<0，h(1)＝12>0，故h(m)在区间(0，1)上存在唯一的零点m0，所以存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形.4.(17分)(2025·南通模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆Γ：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为63，直线l与椭圆Γ相切，与圆O：x2＋y2＝3a2相交于A，B两点.当l垂直于(1)求椭圆Γ的方程；(3分)(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).①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)；(7分)②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).(7分)(1)解因为当l垂直于x轴时，|AB|＝26，而直线l：x＝±a与椭圆Γ相切，则23a2-a2＝26又椭圆Γ的离心率为63则椭圆Γ的半焦距c＝2，b＝a2-c所以椭圆Γ的方程为x23＋y2(2)①解当l的斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m，联立y消去y得(3k2＋1)