专题5 融合创新3 解析几何中的创新问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

该高中数学高考复习课件聚焦解析几何创新问题，覆盖新曲线、新定义、知识交汇三大核心考点，对接高考评价体系，分析近三年真题中此类问题占比达45%，归纳多选题、解答题等常考题型，构建完整备考体系。 课件亮点在于“真题解构+一题多解+素养融合”，以2025新高考Ⅰ卷椭圆题为例，通过向量参数化转化几何条件，培养数学思维与数学语言表达能力，总结交汇问题递推关系构建等突破策略，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准规划复习，提升备考效率。

融合创新(三)　解析几何中的创新问题 创新点1　新曲线问题 创新点2　圆锥曲线中的新定义问题 目 录 索 引 创新点3　圆锥曲线与其他知识的交汇问题 真题解构　解析几何 创新点1　新曲线问题 例1　(1)(多选题)(2025山东烟台模拟)已知曲线C:y2+sin x=5,则以下结论正确的是( 　　) A.y的范围是[-] B.若y>0,则曲线C具有周期性 C.曲线C既是轴对称图形又是中心对称图形 D.曲线C与圆D:x2+y2=5有公共点 BCD 解析 曲线C:y2+sin x=5,则y2=5-sin x∈[4,6],y∈[2,]∪[-,-2],A错误; 当y>0,则曲线C:y=,y=, 所以2π是函数y的周期,所以曲线C具有周期性,B正确; 将(x,-y)代入曲线C:(-y)2+sin x=y2+sin x=5成立,所以曲线C关于x轴对称,将(2π-x,-y)代入曲线C:(-y)2+sin(2π-x)=y2+sin x=5成立,所以曲线C关于(π,0)对称,所以曲线C既是轴对称图形又是中心对称图形,C正确; 曲线C:y2+sin x=5,C与圆D:x2+y2=5有公共点(0,),D正确.故选BCD. (2)(多选题)(2025广东汕头模拟)已知曲线C:x-2+y2=0,则(　 　) A.曲线C位于直线x=0,x=4和y=±1围成的矩形框(含边界)里 B.曲线C上存在与点(1,0)的距离小于1的点 C.曲线C关于x轴对称 D.曲线C所围成区域的面积大于4 ACD 解析 由x-2+1-1+y2=0⇒(-1)2+y2=1, 所以(-1)2≤1⇒0≤x≤4,y2≤1⇒-1≤y≤1, 所以曲线C位于直线x=0,x=4和y=±1围成的矩形框(含边界)里,故A正确; 设P(x,y)为曲线上任一点,所以点P到(1,0)的距离为d=1,故B错误; 对于曲线上任意一点(x,y),其关于x轴的对称点为(x,-y), 把(x,-y)代入x-2+(-y)2=x-2+y2=0成立,所以曲线关于x轴对称,故C正确; 如图,四边形OACB在曲线C内部,根据图象的对称性可得AB⊥OC,又曲线C位于直线x=0,x=4和y=±1围成的矩形框(含边界)里,所以|AB|=2,|OC|=4,故曲线C所围成区域的面积大于S四边形OACB=2×4=4,故D正确.故选ACD. 【对点训练1】(1)(多选题)(2025安徽安庆模拟)双纽线,也称伯努利双纽线,伯努利双纽线的描述首见于1694年,雅各布·伯努利将其作为椭圆的一种类比来处理,椭圆是由到两个定点距离之和为定值的点的轨迹,而卡西尼卵形线则是由到两定点距离之积为定值的点的轨迹,当此定值使得轨迹经过两定点的中点时,轨迹便为伯努利双纽线.已知曲线C:(x2+y2)2=4(x2-y2)是双纽线,则下列结论正确的是(　 　) A.已知F1(-2,0),F2(2,0),则曲线C上满足|PF1|=|PF2|的点P有且只有一个 B.曲线C经过4个整点(横、纵坐标均为整数的点) C.若直线y=kx与曲线C只有一个交点,则实数k的取值范围为(-∞,-1]∪[1,+∞) D.曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2 ACD 解析 点P满足|PF1|=|PF2|,则点P在y轴上,将x=0代入曲线C方程,得(y2)2=4(-y2),即y2(y2+4)=0,解得y=0,得与y轴唯一交点为(0,0),故A正确; 令y=0,解得x=0或x=2或x=-2,当y≠0时,x无整数解.所以曲线C经过整点(0,0),(2,0),(-2,0),故B错误; 因为直线y=kx与曲线C必有公共点(0,0),联立 可得(1+k2)2x4=4x2(1-k2),因此该方程只有一个解x=0,故1-k2≤0,解得k≤-1或k≥1,即实数k的取值范围是(-∞,-1]∪[1,+∞),故C正确; 根据曲线C:(x2+y2)2=4(x2-y2),可得x2+y2=4,当y=0时等号成立,所以双曲线C上任意一点到坐标原点O的距离都不超过2,故D正确.故选ACD. (2)(多选题)(2025河北廊坊模拟)平面内到定点P(1,1)、x轴、y轴的距离之和等于4的点的轨迹是如图所示的曲线C,它由4部分组成,每部分都是双曲线上的一段,设M(x,y)是该曲线上一点, 则下列说法正确的是(　 　) A.-≤x≤ B.当x,y都是整数时,M称为格点,则C上有2个格点 C.x+y的最大值为6-2 D.C在第一象限对应的双曲线的离心率为 ACD 解析 由题意+|x|+|y|=4,则(x-1)2+(y-1)2=(4-|x|-|y|)2,整理得(|x|-4)(|y|-4)=9-x-y,当y=0时,有=4-|x|≥0,则4|x|-x=7,当x>0时,x=,当x<0时,x=-,结合题图知-x,A正确; 由曲线C方程可知,显然(2,1),(1,2),(-1,1),(1,-1)都在曲线上,至少有4个格点, B错误; 要使x+y最大,则M(x,y)必在第一象限,此时(x-4)(y-4)=9-x-y, 所以xy-3(x+y)+7=0,令m=x+y>0,则上式可变形为x(m-x)-3m+7=0, 所以x2-mx+3m-7=0,故Δ=m2-4(3m-7)=m2-12m+28≥0, 所以m=6-2,故x+y的最大值为6-2 (注意x+y=4-<4,则m≥6+2不成立),C正确; C在第一象限对应的双曲线为xy-3(x+y)+7=0,即(x-3)(y-3)=2, 所以y=+3的图象是由y=的图象平移得到的,而x,y轴为双曲线y=的渐近线,则y=x为实轴所在直线,y=-x为虚轴所在直线,所以y=对应的标准双曲线的渐近线为y=±x,即=1,故离心率e=,D正确.故选ACD. 创新点2　圆锥曲线中的新定义问题 例2　(2025江苏南京一模)设M是由直线构成的集合,对于曲线C,若C上任意一点处的切线均在M中,且M中的任意一条直线都是C上某点处的切线,则称C为M的包络曲线.【一题多解】 (1)已知圆C1:x2+y2=1为M1的包络曲线,判断直线l:xsin θ-ycos θ=1(θ为常数,θ∈R)与集合M1的关系; (2)已知M2的包络曲线为C2:x2=4y,直线l1,l2∈M2.设l1,l2与C2的公共点分别为P,Q,记l1∩l2=A,C2的焦点为F. ①证明:|FA|是|FP|,|FQ|的等比中项; ②若点A在圆x2+(y+1)2=1上,求的最大值. 解 (1)圆心C1(0,0)到直线l的距离d==1, 即直线l与圆C1相切,所以l∈M1. (2)(方法一) ①证明:由y=x2,知F(0,1),C2的准线方程为y=-1,y'=x. 设A(s,t),P(x1,y1),Q(x2,y2).因为l1∈M2,且l1与C2的公共点为P, 所以l1是曲线C2在点P处的切线,设其方程为lPA:y=x1(x-x1)+y1,即y=x1x-y1,则t=x1s-y1, (*) 同理,lQA:y=x2x-y2, 则t=x2s-y2, (**) 由(*)(**)得直线PQ的方程为t=xs-y,即y=sx-t. 联立消去x整理得y2+(2t-s2)y+t2=0, 则y1+y2=s2-2t,y1y2=t2. 又因为|FP|=y1+1,|FQ|=y2+1, 则|FP|·|FQ|=(y1+1)(y2+1)=y1+y2+y1y2+1=s2-2t+t2+1=s2+(t-1)2. 又因为|FA|2=s2+(t-1)2,所以|FA|2=|FP|·|FQ|,故|FA|是|FP|,|FQ|的等比中项. ②由①知,, 则=2+=2+ 因为s2+(t+1)2=1,所以s2+(t-1)2=1-4t, 则=2+, 又因为-2≤t<0,s2≤1,则=s2≤1, 从而可得3,解得, 当A(1,-1),P(1-)时等号成立,故的最大值为 (方法二) ①证明:由题意知F(0,1),y=,则y'=设P(2m,m2),Q(2n,n2),m≠n. 因为l1∈M2,且l1与C2的公共点为P,所以l1是曲线C2在点P处的切线, 所以lPA:y-m2=m(x-2m),即y=mx-m2, (*) 同理lQA:y=nx-n2, (**) 联立(*)(**)式得x=m+n,y=mn,即A(m+n,mn), 所以|FA|2=(m+n)2+(mn-1)2=m2+n2+m2n2+1=(m2+1)(n2+1), 注意到|FP|=m2+1,|FQ|=n2+1,因此|FA|2=|FP|·|FQ|, 所以|FA|是|FP|,|FQ|的等比中项. ②由①知,, 设t=,则t+ =2+=2+2+(m+n)2. 因为点A(m+n,mn)在圆x2+(y+1)2=1上, 所以(m+n)2+(mn+1)2=1,于是(m+n)2≤1, 从而t+3,解得t,即 又当A(1,-1),P(1-)时,,故的最大值为 【对点训练2】(2025山东滨州二模)在平面直角坐标系xOy中,设λ>0,μ>0,规定:点M(λx,μy)叫做点N(x,y)的(λ,μ)仿射对应点.已知点P的轨迹C1的方程为x2+y2=1,点P的()仿射对应点的轨迹为C2. (1)求C2的轨迹方程; (2)设A,B是曲线C1上的两点,A,B的()仿射对应点分别为A',B'.△OAB和△OA'B'的面积分别记为S1,S2.求; (3)设P(x1,y1),Q(x2,y2)是曲线C2上两点,若△OPQ的面积为,求证:为定值. (1)解 设P(x0,y0)为C1上任意一点,点P的()的仿射对应点为Q(x,y), 则所以 又因为P(x0,y0)在x2+y2=1上,从而得=1, 所以点Q的轨迹方程为=1. (2)解 设A(x1,y1),B(x2,y2),则A'(x1,y1),B'(x2,y2). 因为=(x1,y1),=(x2,y2),所以S△OAB=|·||·sin<> = = |x1y2-x2y1|, 同理S△OA'B'=x1y2-x2y1|=|x1y2-x2y1|,所以 (3)证明 设P'(x'1,y'1),Q'(x'2,y'2)的()仿射对应点分别为P(x1,y1),Q(x2,y2), 由(2)可知,由△OPQ的面积为得△OP'Q'的面积为,设<>=θ, 从而△OP'Q'的面积为||·||·sin θ=,所以sin θ=1, 又θ∈[0,π],所以θ=,又因为P'(x'1,y'1),Q'(x'2,y'2)均在x2+y2=1上, 所以x'+y'=1,x'+y'=1, 又x'1x'2+y'1y'2=0, 所以x'x'=y'y', 所以x'x'=(1-x')(1-x'), 所以x'+x'=1,又 所以=(x'1)2+(x'2)2=3(x'+x')=3. 创新点3　圆锥曲线与其他知识的交汇问题 例3　(2024新高考Ⅱ,19)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,…):过点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).【一题多解】 (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:对任意的正整数n,Sn=Sn+1. (1)解 因为点P1(5,4)在C上,代入方程得25-16=m,所以m=9. 过点P1(5,4)且斜率为的直线方程为y-4=(x-5),即x-2y+3=0. 由解得 所以Q1(-3,0),P2(3,0),即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. 从而另一根x=-xn=, 相应的y=k(x-xn)+yn= 所以该直线与C的不同于Pn的交点为 Qn(), 而注意到Qn的横坐标亦可表示为,故Qn一定在C的左支上. 所以Pn+1(). 这就得到xn+1=,yn+1= 所以xn+1-yn+1= (xn-yn)=(xn-yn). 再由=9,可知x1-y1≠0,所以数列{xn-yn}是公比为的等比数列. (方法二)当n≥2且n∈N*时,点Pn(xn,yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn,yn), 且Pn-1(xn-1,yn-1). 因为Pn-1,Qn-1在同一条斜率为k(0<k<1)的直线上, 所以xn-1≠-xn,所以=k,0<k<1. 又Pn-1,Qn-1都在双曲线上,所以 两式相减得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1),而yn-yn-1=-k(xn+xn-1),① 所以xn-xn-1=-k(yn+yn-1),② ②-①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),即 又x1-y1≠0,故数列{xn-yn}是公比为的等比数列. (3)证明 (方法一)要证Sn=Sn+1,只需证Pn+1Pn+2∥PnPn+3, 即证记t=,0<k<1,则t>1. 由(2)可知xn-yn=(x1-y1)=tn-1,而=9, 所以xn+yn=9t1-n,yn=(-tn-1+9t1-n). 而=1+ =1+=1+ =1-, =1+=1+ =1+=1-=1-, 所以,即Pn+1Pn+2∥PnPn+3,所以Sn=Sn+1. (方法二)由(2)知xn+1=,yn+1=, 故xn+1+yn+1=(xn+yn)=(xn+yn). 再由=9,可知x1+y1≠0,所以数列{xn+yn}是公比为的等比数列. 所以对任意的正整数m,都有xnyn+m-ynxn+m =[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]-[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)] =(xn-yn)(xn+m+yn+m)-(xn+yn)(xn+m-yn+m) =)m(xn-yn)(xn+yn)-)m(xn+yn)·(xn-yn) =[()m-()m]·()=[()m-()m]. 则xn+2yn+3-yn+2xn+3=) =xnyn+1-ynxn+1,xn+1yn+3-yn+1xn+3=[()2-()2]=xnyn+2-ynxn+2. 两式相减,即得(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=(xn+3-xn,yn+3-yn),=(xn+2-xn+1,yn+2-yn+1), 所以平行, 这就得到,即Sn=Sn+1. 【对点训练3】(2025辽宁二模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,且点A()在椭圆C上. (1)求椭圆C的方程; (2)若经过点F1且倾斜角为θ(0<θ<)的直线l与椭 圆C交于M,N两点(其中点M在x轴上方)如图①.将平面xOy沿x轴折叠,使M点折至M'的位置,且y轴正半轴和x轴所确定的半平面(平面M'F1F2)与y轴负半轴和x轴所确定的半平面(平面NF1F2)互相垂直,如图②. ①当直线l的倾斜角为时,求折叠后图②中M'N的长度. ②是否存在直线l,使得折叠后△M'NF2的周长与折叠前△MNF2的周长之比是3∶4?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由. 解 (1)因为e=,所以c2=a2,所以b2=a2, 椭圆C的方程为=1, 又因为点A()在椭圆C上,代入得=1,解得a2=4,b2=1,椭圆C的方程为+y2=1. (2)①由折叠前可知F1(-,0),且θ=,所以直线l的方程为y=(x+). 因为直线l与椭圆C交于M,N两点, 所以解得或 又因为点M在x轴上方,所以M(0,1),N(-,-). 折叠后,以为x轴正方向,以y轴的负半轴反方向为y轴正方向, 以折叠后y轴的正半轴为z轴正半轴,建立空间直角坐标系(图略),可得M'(0,0,1),N(-,-,0), 所以|M'N|= ②折叠前△MNF2的周长为4a=8,折叠后△M'NF2的周长为8=6, 所以|MN|-|M'N|=8-6=2. 在题图①中,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线l的方程为x=my-, 联立得(m2+4)y2-2my-1=0, y1+y2=,y1y2=-,Δ=12m2+4(m2+4)=16m2+16>0, |MN|=|y1-y2|=, 同①建立空间直角坐标系后,可得M'(x1,0,y1),N(x2,y2,0), |M'N|= = 又因为|MN|-|M'N|=2, 所以=2. 整理得6m4+23m2-4=0,即(6m2-1)(m2+4)=0.所以m2=,因此m=±, 又倾斜角θ为锐角,所以存在直线l,直线方程为x-y+=0. 真题解构　解析几何 例题 (17分)(2025新高考Ⅰ,18)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,下顶点为A,右顶点为B,|AB|=. (1)求C的方程; (2)已知动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AP|·|AR|=3. (ⅰ)设P(m,n),求R的坐标(用m,n表示); (ⅱ)设O为坐标原点,Q是C上的动点,直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍,求|PQ|的最大值. 命题分析　本题以椭圆为载体,考查解析几何的核心概念及其应用.第(1)问通过基本量计算考查学生对椭圆几何性质的理解;第(2)(ⅰ)问通过向量参数化考查几何条件的代数转化能力;第(2)(ⅱ)问通过最值问题考查学生的数学建模与优化能力.试题体现了代数与几何的综合运用,注重考查学生的空间想象能力和分析推理能力. 解题分析 题意理解 序号 信息读取 信息加工 1 椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为, |AB|= 通过离心率和几何条件构建方程,解a,b 2 动点P不在y轴上,点R在射线AP上,且满足|AR|·|AP|=3 利用向量参数方程或比例关系表示点R的坐标 3 直线OR的斜率为直线OP的斜率的3倍 通过斜率关系建立方程,约束点P的坐标 4 Q是C上的动点,求|PQ|的最大值 转化为参数优化问题或者直接运算 思路探求 关键步骤 思维要点 思维缘由 (1)求椭圆方程 建立方程, e=,c2=a2-b2 代数运算与椭圆性质的结合 计算 a2=9,b2=1 正确计算结果 结果 方程为+y2=1 验证几何条件是否全部满足 关键步骤 思维要点 思维缘由 (2)(ⅰ)求点R的坐标 ① =3; ②参数化表示:设=t,t>0, t= ①借助斜率相等以及距离公式列出等式; ②向量法精确描述几何关系 结果 点R的坐标为() 确保满足距离乘积条件 关键步骤 思维要点 思维缘由 (2)(ⅱ)斜率关系 由kOR=3kOP得m2+(n+4)2=18(m≠0) 几何条件转化为代数约束 最值求解 设Q(3cos θ,sin θ)或Q(xQ,yQ),根据点与圆上一点间的距离的最值求法,结合三角换元或者直接运算即可解出 将几何最值转化为函数最值 书写表达 解 (1)∵椭圆离心率为e=,∴,∴b2=a2-c2=a2,即a2=9b2.(1分) 由题意知A(0,-b),B(a,0),∴|AB|=,(2分) ∴b2=1,a2=9,∴椭圆的标准方程为+y2=1.(3分) (2)(ⅰ)(方法一)设R(x0,y0),易知m≠0,A(0,-1), 所以kAP=,注①→思考:已知点的坐标是如何求斜率的?(4分) 故,且mx0>0.(5分) 因为|AR|·|AP|=3,所以=3, 注②→思考:如何求解x0,y0?(7分) 即[1+()2]x0m=3,解得x0=, 所以y0=,所以点R的坐标为().(9分) (方法二)∵A(0,-1),∴=(m,n+1). ∵点R在射线AP上,设R(xR,yR),=t(t>0),(4分) ∴||=t||.又|AP|·|AR|=3,∴t|AP|2=t||2=t[m2+(n+1)2]=3,(5分) ∴t=,注③→思考:如何求解x0,y0?(6分) ∴xR=tm=,yR=t(n+1)-1=-1=,(8分) ∴点R的坐标为().(9分) (ⅱ)由(ⅰ)可知kOR=,kOP=,m≠0, ∵kOR=3kOP,(10分) 即,得m2+(n+4)2=18,m≠0, 注④→思考:点P的轨迹是什么?(11分) 可知点P的轨迹为以点N(0,-4)为圆心,以3为半径的圆(不包含与y轴的交点).(12分) (方法一)∵点Q在椭圆+y2=1上,故而可设点Q(3cos θ,sin θ), 注⑤→思考:用参数表示点的坐标的动机是什么?(13分) ∴|QN|2=9cos2θ+(sin θ+4)2=9-9sin2θ+sin2θ+8sin θ+16 =-8sin2θ+8sin θ+25=-8(sin θ-)2+27.(15分) ∵sin θ∈[-1,1], ∴|QN|max=3,注⑥→思考:如何转化为利用三角函数的范围求最值的? (16分) ∴|PQ|max=3+3.(17分) (方法二)设Q(xQ,yQ),则=1,yQ∈[-1,1], |QN|2=+(yQ+4)2=9-9+8yQ+16=-8+8yQ+25=-8(yQ-)2+27≤27, 注⑦→如何转化为函数求最值的?(16分) 当且仅当yQ=时,等号成立,故|PQ|max=+3=3+3.(17分) 回顾反思　本题以椭圆为载体,第(1)问借助椭圆基本性质及相关公式构建方程组求标准方程; 第(2)(ⅰ)问通过斜率相等或向量共线及距离条件确定点R的坐标; 第(2)(ⅱ)问依据斜率关系得点P轨迹,再结合椭圆参数方程或直接运算求|PQ|的最值. 考查对椭圆概念、向量、直线斜率及函数最值等知识的综合运用,关键在于准确把握各条件之间的联系,合理运用公式求解. 图① 图② $