2026版《金版教程》高考一轮复习数学第六章 微专题训练-圆锥曲线中的交汇与创新型问题

高考总复习首选用卷数学微专题训练——圆锥曲线中的交汇与创新型问题题号12345难度★★★★★★★★★★★★★★★对点椭圆中的新定义问题抛物线中的新定义问题双曲线与复数的综合抛物线与向量的综合双曲线与数列的综合题型一圆锥曲线中的新定义问题1．(2025·四川达州通川区高三摸底联考)定义：若椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的两个点A(x1，y1)，B(x2，y2)满足eq\f(x1x2,a2)＋eq\f(y1y2,b2)＝0，则称A，B为该椭圆的一个“共轭点对”，记作[A，B]．已知椭圆C的一个焦点坐标为F1(－1，0)，且椭圆过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).(1)求椭圆C的标准方程；(2)求证有两个点B满足“共轭点对”[A，B]，并求出点B的坐标；(3)设(2)中的两个点B分别是B1，B2，已知O为坐标原点，点P，Q在椭圆C上，B1，P，B2，Q顺时针排列且PQ∥OA，证明：四边形B1PB2Q的面积小于4eq\r(3).解：(1)由题意，椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的另一焦点为F2(1，0)，因此2a＝|AF1|＋|AF2|＝eq\r(（1＋1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2))＋eq\r(（1－1）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2))＝4，所以a＝2，b＝eq\r(3)，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)设“共轭点对”[A，B]中点B的坐标为(x，y)，根据“共轭点对”[A，B]定义：点B的坐标满足eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,\f(x,4)＋\f(\f(3,2)y,3)＝0，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\r(3)，,y＝－\f(\r(3),2)))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－\r(3)，,y＝\f(\r(3),2).))于是有两个点B满足“共轭点对”[A，B]，且点B的坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－\f(\r(3),2)))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(\r(3),2))).(3)证明：设B1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\r(3)，\f(\r(3),2)))，B2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，－\f(\r(3),2)))，B1B2所在的直线为l，则l的方程为x＋2y＝0.设点P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,P),4)＋\f(yeq\o\al(2,P),3)＝1，,\f(xeq\o\al(2,Q),4)＋\f(yeq\o\al(2,Q),3)＝1，))两式相减，得eq\f(（xP－xQ）（xP＋xQ）,4)＋eq\f(（yP－yQ）（yP＋yQ）,3)＝0.又PQ∥OA，于是eq\f(yP－yQ,xP－xQ)＝eq\f(3,2)，则yP＋yQ＝－eq\f(1,2)(xP＋xQ)，所以线段PQ的中点在直线l上．所以线段PQ被直线l平分．设点P到直线x＋2y＝0的距离为d，则S四边形B1PB2Q＝2S△PB1B2＝2×eq\f(1,2)×|B1B2|×d，又|B1B2|＝eq\r(（－\r(3)－\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)＋\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\r(15)，则有S四边形B1PB2Q＝eq\r(15)d.设过点P且与直线l平行的直线l1的方程为x＋2y＝m，则当l1与C相切时，d取得最大值．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2y＝m，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得4x2－2mx＋m2－12＝0，(*)令Δ＝4m2－16(m2－12)＝0，解得m＝±4.当m＝±4时，方程(*)为4x2±8x＋4＝0，即(x±1)2＝0，解得x＝±1，则此时点P或点Q必有一个和点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))重合，不符合条件PQ∥OA，从而直线l1与C不可能相切，即d小于直线x＋2y＝0和直线x＋2y＝4(或x＋2y＝－4)的距离eq\f(4,\r(5))＝eq\f(4\r(5),5)，所以S四边形B1PB2Q<eq\r(15)×eq\f(4\r(5),5)＝4eq\r(3).2．(2024·陕西铜川王益中学高三模拟)若A，B是抛物线y2＝2px(p>0)上不同的两点，弦AB(不平行于y轴)的垂直平分线与x轴相交于点P，则称弦AB是点P的一条“相关弦”．已知当x0>p时，点P(x0，0)存在无穷多条“相关弦”．(1)证明：点P(x0，0)(x0>p)的所有“相关弦”的中点的横坐标相同；(2)当p＝2时，试问：点P(x0，0)(x0>2)的“相关弦”的弦长中是否存在最大值？若存在，求其最大值(用x0表示)；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：设AB为点P(x0，0)(x0>p)的任意一条“相关弦”，且点A，B的坐标分别是(x1，y1)，(x2，y2)(x1≠x2)，则yeq\o\al(2,1)＝2px1，yeq\o\al(2,2)＝2px2，两式相减，得(y1＋y2)(y1－y2)＝2p(x1－x2)，因为x1≠x2，所以y1＋y2≠0.设直线AB的斜率为k，弦AB的中点是M(xM，yM)，则k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(2p,y1＋y2)＝eq\f(2p,2yM)＝eq\f(p,yM)，可得AB的垂直平分线l的方程为y－yM＝－eq\f(yM,p)(x－xM)，又点P(x0，0)在直线l上，所以－yM＝－eq\f(yM,p)(x0－xM)，因为yM≠0，可得xM＝x0－p，故点P(x0，0)的所有“相关弦”的中点的横坐标都为x0－p，即横坐标相同．(2)由(1)得，弦AB所在直线的方程为y－yM＝k(x－xM)，且k＝eq\f(2,yM)，x1＋x2＝2xM，xM＝x0－2，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－yM＝k（x－xM），,y2＝4x，))整理得k2x2＋2[k(yM－kxM)－2]x＋(yM－kxM)2＝0，所以x1x2＝eq\f(（yM－kxM）2,k2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yM,k)－xM))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq\o\al(2,M),2)－xM))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,4)(yeq\o\al(2,M)－2xM)2，则|AB|2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,yeq\o\al(2,M))))[4xeq\o\al(2,M)－(yeq\o\al(2,M)－2xM)2]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(4,yeq\o\al(2,M))))(4xMyeq\o\al(2,M)－yeq\o\al(4,M))＝－yeq\o\al(4,M)＋4(xM－1)yeq\o\al(2,M)＋16xM＝－[yeq\o\al(2,M)－2(xM－1)]2＋4(xM＋1)2＝－[yeq\o\al(2,M)－2(x0－3)]2＋4(x0－1)2.因为0<yeq\o\al(2,M)<4xM＝4(x0－2)＝4x0－8，令t＝yeq\o\al(2,M)，则t∈(0，4x0－8)，记g(t)＝－[t－2(x0－3)]2＋4(x0－1)2，则g(t)＝|AB|2，当x0>3时，2(x0－3)∈(0，4x0－8)，因此当t＝2(x0－3)时，g(t)有最大值4(x0－1)2，所以|AB|的最大值为2(x0－1)；当2<x0≤3时，2(x0－3)≤0，g(t)在区间(0，4x0－8)上是减函数，所以0<g(t)<16(x0－2)，所以|AB|不存在最大值．综上，当x0>3时，点P(x0，0)的“相关弦”的弦长中存在最大值，且最大值为2(x0－1)；当2<x0≤3时，点P(x0，0)的“相关弦”的弦长中不存在最大值．题型二圆锥曲线与其他知识的交汇3．已知复平面上的点Z对应的复数z满足|z2|－|z2－9|＝7，设点Z的运动轨迹为W.点O对应的数是0.(1)证明W是一个双曲线并求其离心率e；(2)设W的右焦点为F1，其长半轴长为L，点Z到直线x＝eq\f(L,e)的距离为d(点Z在W的右支上)，证明：|ZF1|＝ed；(3)设W的两条渐近线分别为l1，l2，过点Z分别作l1，l2的平行线l3，l4，分别交l2，l1于点P，Q，则平行四边形OPZQ的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)设复数z＝a＋bi(a，b∈R)，则|z2|－|z2－9|＝(a2＋b2)－eq\r(（a2－b2－9）2＋4a2b2)＝7，eq\r(（a2－b2－9）2＋4a2b2)＝a2＋b2－7，两边平方得(a2－b2－9)2＋4a2b2＝(a2＋b2)2＋49－14(a2＋b2)，整理得a2－8b2＝8，即eq\f(a2,8)－b2＝1，所以W是一个焦点在实轴上，顶点为(±2eq\r(2)，0)，渐近线为y＝±eq\f(\r(2),4)x的双曲线．其离心率e＝eq\f(\r(8＋12),2\r(2))＝eq\f(3\r(2),4).(2)证明：由(1)的计算得L＝2eq\r(2)，e＝eq\f(3\r(2),4)，F1(3，0)，则直线x＝eq\f(L,e)＝eq\f(8,3)，因为z＝a＋bi(a，b∈R)，所以Z(a，b)，又点Z在W的右支上，所以a>2eq\r(2)，d＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a－\f(8,3)))＝a－eq\f(8,3)，ed＝eq\f(3\r(2),4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(8,3)))＝eq\f(3\r(2),4)a－2eq\r(2)，|ZF1|＝eq\r(（a－3）2＋b2)，由eq\f(a2,8)－b2＝1，得b2＝eq\f(a2,8)－1，代入得|ZF1|＝eq\r(（a－3）2＋b2)＝eq\r(（a－3）2＋\f(a2,8)－1)＝eq\r(\f(9,8)a2－6a＋8)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)a－2\r(2)))\s\up12(2))＝eq\f(3\r(2),4)a－2eq\r(2)＝ed，所以|ZF1|＝ed，原式得证．(3)由(1)得W的两条渐近线l1：y＝eq\f(\r(2),4)x，l2：y＝－eq\f(\r(2),4)x，由对称性，不妨设z＝a＋bi(a，b∈R，a>0)，则kl3＝kl1＝eq\f(\r(2),4)，所以l3：y＝eq\f(\r(2),4)(x－a)＋b，同理得l4：y＝－eq\f(\r(2),4)(x－a)＋b.联立l2和l3，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(\r(2),4)x，,y＝\f(\r(2),4)（x－a）＋b，))得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\r(2)b，\f(b,2)－\f(\r(2),8)a))，易知直线OZ：bx－ay＝0，所以点P到直线OZ的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(b\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)－\r(2)b))－a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,2)－\f(\r(2),8)a)))),\r(a2＋b2))＝eq\f(\r(2),8)×eq\f(|8b2－a2|,\r(a2＋b2)).由(1)知a2－8b2＝8，所以d＝eq\f(\r(2),8)×eq\f(|8b2－a2|,\r(a2＋b2))＝eq\f(\r(2),8)×eq\f(8,\r(a2＋b2))＝eq\r(\f(2,a2＋b2))，而|OZ|＝eq\r(a2＋b2)，所以S△OPZ＝eq\f(1,2)d·|OZ|＝eq\f(1,2)×eq\r(\f(2,a2＋b2))×eq\r(a2＋b2)＝eq\f(\r(2),2)，所以S▱OPZQ＝2S△OPZ＝eq\r(2)，故平行四边形OPZQ的面积为定值eq\r(2).4．(2025·湖南长沙周南中学高三月考)已知F为抛物线E：x2＝4y的焦点，过点(0，2)的直线l与抛物线E交于A，B两点，抛物线E在A，B两点处的切线交于点L.(1)设P(x0，y0)是抛物线E上一点，证明抛物线E在点P处的切线方程为y＝eq\f(x0,2)x－y0，并利用切线方程求点L的纵坐标；(2)点C为抛物线E上异于A，B的点，过点C作抛物线E的切线，分别与线段AL，BL交于点M，N.①若eq\o(LM,\s\up6(→))＝λeq\o(LA,\s\up6(→))，eq\o(LN,\s\up6(→))＝μeq\o(LB,\s\up6(→))，求λ＋μ的值；②证明：|FA|＋|FB|＋|FC|>|FL|＋|FM|＋|FN|.解：(1)由题意，抛物线E的方程为x2＝4y，即y＝eq\f(x2,4)，可得y′＝eq\f(x,2)，则y′|x＝x0＝eq\f(x0,2)，在点P(x0，y0)处的切线方程为y＝eq\f(x0,2)(x－x0)＋y0，即y＝eq\f(x0,2)x－eq\f(xeq\o\al(2,0),2)＋y0，因为xeq\o\al(2,0)＝4y0，代入可得y＝eq\f(x0,2)x－y0.由题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y＝kx＋2，A(xA，yA)，B(xB，yB)，L(xL，yL)，联立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2＝4y，))整理，得x2－4kx－8＝0，可得xAxB＝－8，又由证得的切线方程可知，抛物线E在点A，B处的切线方程分别为y＝eq\f(xA,2)x－yA，y＝eq\f(xB,2)x－yB，消去y可得xL＝eq\f(xA＋xB,2)，消去x可得(xB－xA)y＝xAyB－xByA，即yL＝eq\f(xAyB－xByA,xB－xA)＝eq\f(xAxeq\o\al(2,B)－xBxeq\o\al(2,A),4（xB－xA）)＝eq\f(xAxB,4)＝－2.(2)①设C(xC，yC)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，由(1)可知Leq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xA＋xB,2)，\f(xAxB,4)))，Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xA＋xC,2)，\f(xAxC,4)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xB＋xC,2)，\f(xBxC,4)))，由eq\o(LM,\s\up6(→))＝λeq\o(LA,\s\up6(→))，可知eq\f(xC－xB,2)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA－\f(xA＋xB,2)))⇒λ＝eq\f(xC－xB,xA－xB)，由eq\o(LN,\s\up6(→))＝μeq\o(LB,\s\up6(→))，可知eq\f(xC－xA,2)＝μeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB－\f(xA＋xB,2)))⇒μ＝eq\f(xC－xA,xB－xA)，故λ＋μ＝eq\f(xC－xB,xA－xB)＋eq\f(xC－xA,xB－xA)＝eq\f(xC－xB－（xC－xA）,xA－xB)＝1.②证明：由抛物线的性质可知，|FA|＝yA＋1＝eq\f(xeq\o\al(2,A)＋4,4)，同理，|FB|＝eq\f(xeq\o\al(2,B)＋4,4)，|FC|＝eq\f(xeq\o\al(2,C)＋4,4)，又|FL|＝eq\r(xeq\o\al(2,L)＋（yL－1）2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xA＋xB,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xAxB,4)－1))\s\up12(2))＝eq\f(1,4)eq\r(（xeq\o\al(2,A)＋4）（xeq\o\al(2,B)＋4）)，同理，可得|FM|＝eq\f(1,4)eq\r(（xeq\o\al(2,A)＋4）（xeq\o\al(2,C)＋4）)，|FN|＝eq\f(1,4)eq\r(（xeq\o\al(2,B)＋4）（xeq\o\al(2,C)＋4）)，由基本不等式可知，|FA|＋|FB|＝eq\f(xeq\o\al(2,A)＋4,4)＋eq\f(xeq\o\al(2,B)＋4,4)≥2eq\r(\f(（xeq\o\al(2,A)＋4）（xeq\o\al(2,B)＋4）,16))＝eq\f(1,2)eq\r(（xeq\o\al(2,A)＋4）（xeq\o\al(2,B)＋4）)＝2|FL|，同理，|FA|＋|FC|≥2|FM|，|FB|＋|FC|≥2|FN|，因为取等号的条件xeq\o\al(2,A)＝xeq\o\al(2,B)，xeq\o\al(2,B)＝xeq\o\al(2,C)，xeq\o\al(2,A)＝xeq\o\al(2,C)不同时成立，所以|FA|＋|FB|＋|FC|>|FL|＋|FM|＋|FN|，证毕．5．(2025·山东青岛高三期初调研监测)已知双曲线C：4x2－y2＝m，点P1(1，1)在C上．按如下方式构造点Pn(n≥2)：过点Pn－1作斜率为1的直线与C的左支交于点Qn－1，点Qn－1关于y轴的对称点为Pn，记点Pn的坐标为(xn，yn)．(1)求点P2，P3的坐标；(2)记an＝2xn－yn，证明：{an}为等比数列；(3)O为坐标原点，G，H分别为线段PnPn＋2，Pn＋1Pn＋3的中点，记△OPn＋1Pn＋2，△OGH的面积分别为S1，S2，求eq\f(S1,S2)的值．解：(1)由题意知m＝4－1＝3，所以双曲线C：4x2－y2＝3，过点P1(1，1)且斜率为1的直线方程为y＝x，由双曲线与直线的对称性可知Q1(－1，－1)，所以P2(1，－1)，过点P2(1，－1)且斜率为1的直线方程为y＋1＝x－1，即y＝x－2，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－2，,4x2－y2＝3，))解得x＝1或x＝－eq\f(7,3)，当x＝－eq\f(7,3)时，y＝－eq\f(7,3)－2＝－eq\f(13,3)，所以Q2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,3)，－\f(13,3)))，所以P3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,3)，－\f(13,3))).(2)证明：设Pn－1(xn－1，yn－1)(n≥2，n∈N*)，则过点Pn－1(xn－1，yn－1)(n≥2，n∈N*)且斜率为1的直线方程为y－yn－1＝x－xn－1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－yn－1＝x－xn－1，,4x2－y2＝3，))消去y，得3x2＋2(xn－1－yn－1)x－(xn－1－yn－1)2－3＝0，由题意有－xn＋xn－1＝－eq\f(2,3)(xn－1－yn－1)，得3xn＝5xn－1－2yn－1，由题意知点Qn－1(－xn，yn)在直线y－yn－1＝x－xn－1上，即有yn－yn－1＝－xn－xn－1，所以yn＝yn－1－xn－xn－1，因为an＝2xn－yn，则eq\f(an,an－1)＝eq\f(2xn－yn,2xn－1－yn－1)＝eq\f(2xn－yn－1＋xn＋xn－1,2xn－1－yn－1)＝eq\f(3xn－yn－1＋xn－1,2xn－1－yn－1)＝eq\f(5xn－1－2yn－1－yn－1＋xn－1,2xn－1－yn－1)＝3，由(1)知a1＝2－1＝1，所以{an}是以1为首项，3为公比的等比数列．(3)由(2)知an＝2xn－yn＝3n－1，得yn＝2xn－3n－1，由4xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝3，即4xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝(2xn－yn)(2xn＋yn)＝3，即2xn＋yn＝eq\f(3,2xn－yn)＝eq\f(3,3n－1)＝32－n，则xn＝eq\f(（2xn＋yn）＋（2xn－yn）,4)＝eq\f(32－n＋3n－1,4)，yn＝eq\f(（2xn＋yn）－（2xn－yn）,2)＝eq\f(32－n－3n－1,2)，故Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32－n＋3n－1,4)，\f(32－n－3n－1,2)))，Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(31－n＋3n,4)，\f(31－n－3n,2)))，Pn＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－n＋3n＋1,4)，\f(3－n－3n＋1,2)))，Pn＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3－n－1＋3n＋2,4)，\f(3－n－1－3n＋2,2)))，故xG＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(32－n＋3n