培优微专题21 圆锥曲线与其他知识的综合问题-【创新教程】2026年高考数学大二轮培优微专题

I数学 (2)设A(x1y1),B(x2,y2),Q(x,y),P(4,t), 直线AB的斜率显然存在，设为k,则AB的方程为y=k(x 同理可得为+业=名m=名.。-1，为十业=2 yoy2 3n=3 yo y2 一4)+1. 2 因为A,P,B,Q四点共线，不妨设x2<x<x1<4, 即必= x一3 则|AP1=√1+(4-x),|AQ|=V√1+k(x-x),IQB|= PFIPF2_ √1十k(x-x2),PB|=√1+k(4-x2), 所以QF+RF, + 由|AP|·|QB|=|AQ·1PB|,可得(4-x1)(x-x2)= (x1-x)(4-x2), 化简得2x1x2一(x十x2)(4十x)十8x=0.（*) 法二：设P(y),Q(z1),R(xy2), 联立直线y=(x一4)十1和椭圆的方程， 设PQ=APF1,PR=rPF。,则有西=1一)-入 得+=1 {y1=(1-a)y% (y=(x-4)+1 +1 消去y,得(2k2+1)x2十4k(1-4k)x y 1-0z-]+[1-0]-=1 +2(1-4k)2-4=0, 4 3 △=16k2(1-4k)2-4(2k2+1)(32k F F B 一16k-2)>0,得12k2-8k-1<0, 消去为可得21-20。-2--2以， 4 由韦达定理，得x1十x2= 2x0+8 4k(1-4k) 解得入=20十5' 2k2+1 21-4k)2-4.代入(*) 同理可得4= 2x,-8 2 2x0-5' 2k2+1 所以,+-片+片-+5+2 PFI PF, 化简得=装=42即中2=工 5 7 -1 3 -3 =号代入上式，得了=4-，化简得2x十y一2 又=y一1 3 +2 =0. (2)不妨设h>0,于是SaR 号IPQl·PRsn∠QPR S△PP,F2 所以点Q总在一条定直线2x十y一2=0上， 合PR,·PE,.Isin_QPR 、培优微专题21 IPQI·IPR 研析考点层级突破 =P·Pn=~ 考点 例1[解](1)设点P的坐标，由题意可得点P的横纵坐标 因此Sa0=X··2FEl=6·2号·2号 2x0+8,2x0-8 的关系，即可得到曲线的标准方程，通过设直线PQ和直线 PR的方程，然后与椭圆的方程联立，即可得到Q,R的坐标 6·816 关系，进而可得QF十RF PFPF2I 为定值，也可通过设出点的 坐标，利用向量共线关系坐标表示，求得坐标的方程组，证明 又因为若=4(1-曾）所以S8o=%· 6-16 PFPF2 S△POR,由题意可 Q十RR为定值：(2)由题意可得a 得△PQR面积的表达式，再由函数的单调性，即可得到 结果. 6·8+9 (1)令P(x,y)且x≠士2，因为 积 pA·km=- 4 设f八)=6·5+9 以2产2-，整理可 所以) ·y 嘉0v. 号+号=1≠0. 则)%+)%+ 117y 所以T的标准方程为学+苦-】 ∈(0wW3, (。)=1+ 117(16y8+27)-32×117y0 (y≠0). (16y+27)2 法一：设P(xo,y),Q(x1y),R(2y2), 256y6-10086+38880, 设直线PQ和直线PR的方程分别为x=my一1，x=ny十1， (16y6+27)2 政立主线P四与指国方医 所以f(y)在(0，W3]上单调递增，当y=√3时取得最大值， (4+3 -1'整理可得(3m2十4) fW)=3×3+9-45,则SA0的最大值为4 25 25 y2-6my-9=0, 3+器 则y十y1= 6m 4十3m2%y= 9 跟踪训练 4+3m2’ (x=ny+1 1,解：1)根据题意得r(0,)F(合0 联立直线PR与椭圆方程 2 1,整理可得(3m2+4) 3y2 4+3= RR,√+品=：>0，得得=2 y2+6ny-9=0, 所以F2(1,0),抛物线C2的标准方程为y2=4x. 6n 9 可得%十%=一3m十4？业=一3m+4' (2)设直线BC为y=虹+寻代入C得 又因为x0=my-1,x=ny十1， 2-a子=0,4=发+10， yoy1 设A(x1y1),B(x2,y2),C(x3,y3),则 所以之之=号号即头= 5 有，十西=k,x西=一4 1 y1 y 3 3 ·170· 答案精析 点F2到直线BC的距离为d= √1+k2 ∴.|BC|=√1+k|x2-x 是(1-+)所以工< =√1+kW√(x2十x)2-4x2x3=1+k2, 又工是关于n的递增数列，故T=工=弓 5,x-号×BC=21+)(+) 工的取位花周送[片》 设f)=1+)(+）广≥0， (3)由（2)知：Pn(4n-2,（2n 1)2),P.+1(4n+2,(2n+1)2),Q2 则了()=2(+4)(2+4+1）>0，所以函数f()在 Pn+2(4n+6,(2n+3)2), 直线P.P+2的方程为y一(2n [0,十∞)上单调递增， 1)2=2n+3)2-(2n-1)2 所以f)m=0)=G所以S,x的最小值为g （x-4n 4n+6-4n+2 +2)=(2n+1)(x-4n+2), P (3)直线AB的方程为y一y1= 即(2n+1)x-y-4n2-4n+3=0, 0 y2一y(x-x), 点P.+1(4n+2,（2n十1)2)到直线PP+2的距离为d x2 一x1 x=yz=… =2(2n+1)2-(2m+1)2-4n2-4n+3l y-=_(x-x)=(x+ √(2n+1)2+1 4 x2一x1 x1)(x-x1),即y=(x2十x1)x B/F √(2n+1)2+1 -x1t2, 0F2 x IP,P+2= 代入到y2=4x得：(x2十x1)y2- √(4n+6-4n+2)2+[(2n+3)2-(2n-1)2] 4y-4x1x2=0, 4=16+16(x2十x)x1x2=0, =√64(2n+1)2+64=8√(2n+1)2+1, 即x2边十x%十1=0，① 所以△PnP+1Pn+2(n∈N)的面积为 同理直线AC的方程为y=(x3+ x1)x-x1xg’ S=号1p.P+ald=16. 代入到y2=4x得：(x+x1)y2 跟踪训练 4y-4x1x3=0, △2=16+16(x3+x1)x1x3=0, 即x3y1+x1y十1=0，② 4 3 -1,整型得后一益-1， 由①②，显然B(x2y2),C(x3,y） 满足方程 所以E的方室为后一盖-1： xy1+yx+1=0,即y1x+x1y+1=0 (2)因为E,E2关于原点“伸缩变换”，对E1作变换(x,y)→ 再将直线BC代入到y2=4x得： y1y2+4x1y+4=0, ax,Aa>0),得E,+=1, 4 4=16x-16y1=0,所以直线BC也与C2相切. /y=√2x(x≥0 考点二 联立 ,解得点A的坐标为 /2,22],联立 例2[解](1)由点在抛物线上，坐标代入求参数值；(2)根 {+=1 3’3 据已知得P1Q-1y-会=-(x一x,-1)、Q1(-x, 4 1y=√2x(x≥0) yn),联立抛物线得xn=xw-1十4，根据等差数列的定义有x +了=1解得点B的坐标为（品，2）， =4n一2，最后应用裂项相消法及数列的单调性求T.范围； (4 （3x'3 (3)由(2)及已知得PP+2为(2n+1)x-y-4n2-4n十3= 0,应用点线距离公式、两点距离公式以及三角形面积公式求 所以AB=中号-员引=9所以导-最言我号 △PnP+1P+2(n∈N*)的面积. 2 (1)因为，点P1(t十1，t)在抛物线C:x2=4y上， 最=一日所以1=2或X号图此箱国巴的方程为2 则(t+1)2=4t,解得t=1; +4=1或号+4g=1, (2)由P1(2,1)可知x1=2,y1=1, 9 因为点P,(xy)在抛物线C:x2=4y上， (3)对Ea:z2=2py作变换（x,y)→（入nx,入y),得抛物线 则=季，且Q(一之以， Ea:-2p,得r- 过P（k1,会）≥2，且斜率为-1的直线PQ- 又因为所以，是中-（侵广当 y-会=-(x-x1), 4 2时， ··…·会· Pn-2 Pn-3 =-(x-x-1）,消去y得(x一xi)(x 联立方程y一4 x2=4y a(n-1) 十x-1十4)=0，解得x=x-1或x=一x-1一4， 得pn (合) ,1=1适用上式， 因为Q.-1(-xnyn),故一xm=一xm-1一4， 即xn=xm-1十4， 故数列{xn}是首项为2，公差为4的等差数列，所以xn=2十 所以数到的通夏公式久=（合）” 4(n-1)=4n-2, 课时冲关高效提能 又，=三=(2m-1,所以1= 1.解：(1)由题意知，a2=4,故a=2, 4 xn+yn 4n2-1 又离心率e=合=合散6=1，子是6=V匠-7-5 111 =(2m-1)(2m+1D-2(2m2m+1: 所以T.=之 (②爱点M,共中+等-1，-2≤2且， 则|AM=√(x1-1)2+y ·171· 1数学 -a-1+(1-) {=所以存在定点T1,1)恒在直线MN上， ∫x=1 =√1-)-2+6+1， 当MT=TN时，T是线段MN的中，点且在椭圆G内，设 M(x1y),N(x2,y2)直线MN的斜率为k, 由1AM≥1，得（1-营)-2五+8=（云-2） +=1 4 2 则 [0-)-]≥0， 经+=1 ,两式相减并整理得业一业=一2.十 x2一x1 4y+y2 42 五4<2,0<<2，西-2≤0,1-年>0(1-)x =一 1 营<0≤只客% 所以当MT=TN时，直线MN的方程为 又0<b<2,故√2≤b<2, y-1=- （x-1D,甲x+2y-3=0. 所以b的取值范围是[√2,2). (3)k1,k,k2或2，k,1成等差数列，证明如下： (2)由(1)知直线AB的方程为+ 4 若b=1,则C:号+y=1,设点E1,0≠0 义=1，由题意知为≠0， ①若直线1斜率为0，则，点P(4,0),不妨令，点M(2,0),N(- 2 2,0), 则1=一点，=行点=一台，此时，，点的任意排列 +空=1 由{ 4 ,消去y并整理得： k1,k2,k均不成等比数列，k1,k,2或2,3，k1成等差 数列. (x+2y)x2-8xx+16-8y=0, ②直线l斜率不为0，设直线l:x=my十1(m≠0)，M(x1, 而x6+y=4,则△1=64x6-4(x6+2y)(16-8y)=32y ,N,则点P(4,是） >0, (x=my+1 设A(x3y3),B(x4y4),则x十x= 8x0 +y=1得m+0y+2my-3=0,4=16(m+3》 由x x6+2 8x0 >0, 6十42x4= 16-8y6 +4, -2m -3 故y1十y2= 平m干4 所以AB引=I1+x+x)-红 16,=业t 因为1=业二t, ,=m_3-m4 4+35× 32y0 2yW2(4+3y6) 3m (y哈+4)2 y6+4 所以点1十，=二+当二=当一t+必二4 |x号+2y6-41 x1-1 z2-1 my1 my2 点P到直线AB的距离为：d= =2h-)+yy2-)_2yy2-t(十y2) √6+4话 √/4+3y myy2 myiy2 -6 因比△PAB面积S-是AB1d= 6+40%≠0)， _m+4m2+4_6,2m=2k, -3m 3m m2+4 当0C%2时，◆%)= 36+41 所以1，，k2或k2,k,k1成等差数列. 综合上述，k1,k3,k2或2,3，k1成等差数列. 求导得f(y)= 三2是>0，即f)在(0,2]单调递 2.解：(1)设点P(xy),由点P在直 增，则f(y)的最大值为f(2)=√2， 线y=一2x十2上运动，得6一 由对称性可知当一2≤%<0时，f()的最大值也为√2，所以 、1 2x+2, △PAB面积的最大值为√2. 培优微专题22 1 由 2x+2 研析考点层级突破 ,消去y并整理得 考点一 例1(1)[解析]设对于n个台阶的走法设为am,考虑第一 3x2-8x+8=0, 步（或者最后一步）走的台阶数，要么是一、要么是二，从而走 显然△=82-4X3×8<0, 剩下的台阶的方法数即为a。-1与an-2,从而得到am=am-1 即此方程组无实盘解，于是直线y=一合x十2与精圆G相 十am-2, 显然a1=1,a2=2,从而由递推公式即可算出以后各项为： 离，即点P在椭圆G外， 3,5,8,13,21,34. 又PM,PN都与椭圆G相切，因此，点P和直线MN是椭圆 [答案]B G的一对极点和极线， (2)[解析]设n刀最多能将饼切成an块，前n一1刀我们 对于椭国 军+艺-1，与点P()时应的权线方程为 已经得到a-1块，对于第n刀，要使得切出的块数最多，则这 一刀所在直线必须与前一1刀所在直线都相交，在此直线 +=1, 上有n一l个交点，则最多增加n块，从而得到递推公式为an 2 =am-1十n, 将%=-名十2代入+岁-1，叁理得 显然a1=2, 2 从而累加得到an=n+（n-1)十…+3+2+2=1+ x(x-y)+4y-4=0, 显然定点T的坐标与的取位无关，即有任》。得得 n(n十1).当n=4时，a4=11. [答案]B ·172·培优微专题I [培优微专题21]圆锥曲线与其他知识的综合问题 圆锥曲线与平面向量、圆、立体几何、不等式、数列、导数等不同知识内容的交汇，能够加强各个分支知 识点之间的联系，也能提高学生解决综合性数学问题的能力 研析考点层级突破 专点一 圆锥曲线与亭数的交汇 跟踪训练 典题例析 1.(2025·葫芦岛二模)已知抛物线C1:x2=y的焦 [例1](2025·蚌埠三模)已知A(一2,0)，B(2, 点为F1,抛物线C2:y2=2px(p>0)的焦点为 0),F1(-1,0),F2(1,0),动点P满足kPA·PB R,R1-TA,BC为C上不同的三点 =一 ,动点P的轨迹为曲线T,PF,交T于另 (1)求C2的标准方程； 外一点Q,PF2交T于另外一点R (2)若直线BC过点F1,且斜率k≥0，求△F2BC Pr+P是定值，求该定值： 面积的最小值； (1)若QF+RF2 (3)若直线AB,AC与C2相切，求证：直线BC也 (2)求△PQR面积最大值. 与C2相切， [听课记录] …规律方法》… 与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法： (1)数形结合法：根据待求值的几何意义，充分利 用平面图形的几何性质求解； (2)构建函数法：先引入变量，构建以待求量为因变 量的函数，再求其最值，常用基本不等式或导数 法求最值（注意：有时需先换元后再求最值）. 119 1数学 跟踪训练 专点二 圆锥曲线与数列的交汇问题 2.在平面直角坐标系xOy中，若在曲线E1的方程 典题例析 F(x,y)=0中，以（λx,入y)(入为非零的正实数） [例2](2025·周口模拟)已知点P1(t+1,t)在 代替(x,y)得到曲线E2的方程F(入x,入y)=0,则 抛物线C:x2=4y上，过点P1作斜率为一1的直 称曲线E1、E2关于原点“伸缩”，变换(x,y)→ 线交C于另一个点Q1,设P2与Q1关于y轴对 (λx,入y)称为“伸缩变换”，入称为伸缩比 称，再过P2作斜率为一1的直线交C于另一个 点Q2,设P3与Q2关于y轴对称，以此类推一直 (1已知周线互的方程为营-菁-1，棉缩比X 作下去，设Pn(xmyn)(n∈N*). 合求日关于原点“伸缩变换”后所得曲线品的 (1)求t的值； (2)求数列{xm}的通项公式，并求数列 方程； {}的前：项和T,的取值花固， (2)射线1的方程y=√2x(x≥0)，如果椭圆E1: (3)求△PnPm+1Pa+2(n∈N*)的面积. 苦=1经“伸缩变换“后得到能圆，若射 [听课记录] 线1与椭圆E1、E2分别交于两点A、B,且AB! =怎求精圆的方秘； (3)对抛物线E1:x2=21y（p1>0),作变换 (x,y)→（入1x,入1y),得抛物线E2:x2=2p2y;对 E2作变换(x,y)→(2x,入2y),得抛物线E3:x2 =2p3y;如此进行下去，对抛物线E,m:x2=2pmy 作变换(x,y)→（入mx,入my),得抛物线En+1:x2= 2pm+1y,…,若p1=1,入n=2”,求数列{pm}的通 项公式pn …规律方法》 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. 120 培优微专题 课时冲关>高效提能 1.已知箱圆C苦+带 =1(0 a2 b2 =1(a>0,b>0),与点P(x0,yo)对应的极 <b<2),设过点A(1,0)的 线方程为0Z-0》-1;对于抛物线y2=2px(p 直线l交椭圆C于M,N两 a2 62 点，交直线x=4于点P,点E为直线x=1上不 >0),与点P(xo,yo)对应的极线方程为yoy= 同于点A的任意一点 p(xo十x).即对于确定的圆锥曲线，每一对极点 (1)椭圆C的离心率为号，求b的值； 与极线是一一对应的关系.（二）极点与极线的基 本性质、定理：①当P在圆锥曲线G上时，其极 (2)若|AM≥1，求b的取值范围； 线L是曲线G在点P处的切线；②当P在G外 (3)若b=1,记直线EM,EN,EP的斜率分别为 时，其极线1是从点P向曲线G所引两条切线的 1,k2,k3,问是否存在1，k2,3的某种排列1， 切点所在的直线（即切点弦所在直线）；③当P k2,k8（其中{i1,i2,i3}={1,2,3},使得k1,k2, 在G内时，其极线1是曲线G过点P的割线两 k3成等差数列或等比数列？若存在，写出结论， 端点处的切线交点的轨迹.结合阅读材料回答下 并加以证明；若不存在，说明理由. 面的问圈：已知精圈G学+苦-1， (1)点P是直线1：y=一2x+2上的一个动点， 过点P向椭圆G引两条切线，切点分别为M, N,是否存在定点T恒在直线MN上，若存在， 当MT=TN时，求直线MN的方程；若不存在， 请说明理由 (2)点P在圆x2+y2=4上，过点P作椭圆G的 两条切线，切点分别为A,B,求△PAB面积的最 大值 2.阅读材料：（一）极点与极线的代数定义；已知圆 锥曲线G:Ax2+Cy2+2Dx+2Ey十F=0,则称 点P(xo,yo)和直线I:Axox+Cyoy+D(x十x) 十E(y十yo)十F=0是圆锥曲线G的一对极点 和极线.事实上，在圆锥曲线方程中，以x0x替换 2,以士替换x以0y睿换y,以0士替 2 换y,即可得到P(xo,yo)对应的极线方程.特别 地，对于椭圆g十1(a>b>0),与点P(0 %)对应的极线方程为2+地=1：对于双曲线 62 ·121