以圆锥曲线为命题场景的交汇问题课件-2027届高三数学一轮复习

以圆锥曲线为命题场景的交汇问题 1 视角一 圆锥曲线与平面向量 【例1】　(2026·正定模拟)已知动点P在拋物线x2=4y上,定点D(1,4).圆F:x2+(y-1)2=3上两个动点A,B满足||=2,=(+),则||+||的最小值为(　　) A.7　　　　B.6　　　　C.5　　　　D.4 由题意知圆心与抛物线的焦点重合为F(0,1),抛物线的准线为y=-1,过P作抛物线准线的垂线,垂足为P',如图①,则|PF|=|P'P|,由=(+),则M为AB中点,故MF⊥AB,|MA|=|AB|=,又圆F:x2+(y-1)2=3的半径为,则可得|FM|=1,又|PM| +|PD|≥|PF|-1+|PD|=|PP'|+|PD|-1,当D,P,P'三点共线时,如图②,|PP'|+|PD|取得最小值为|DP'|=5,则可得|PM|+|PD|≥|PP'|+|PD|-1≥|DP'|-1=4. 解析 视角二 圆锥曲线与三角函数 【例2】　在平面直角坐标系xOy中,△ABC的三个顶点均位于抛物线Γ:y2=2px(p>0)上,点F为Γ的焦点,若sin A∶sin B∶sin C=∶1∶1,直线BC的斜率为,则使+=λ成立的实数λ的值为_____________. 由题意可知:F,不妨设点B在x轴上方,取BC的 中点D,过A,D分别作直线平行与x轴,分别交AC,BC 于点M,N,因为sin A∶sin B∶sin C=∶1∶1,由正弦 定理可得|BC|∶|AC|∶|AB|=∶1∶1,设|AB|=2m,则 |AC|=2m,|BC|=2|CD|=2m,则AD⊥BC,且cos∠ACD==,可得∠ACD=,∠BAC=2∠CAD=,又因为直线BC的斜率为,则直线BC 解析 的倾斜角为,可得∠MDC=,∠ADM=,则∠CAD+∠ADM=,可得DM⊥AC,即AC⊥x轴,则∠BAN=,可得直线AB的斜率为,设A,B,则C,则kAB===,kBC= 解析 ==,整理可得=,=,=,且+=λ,可得+=λ,即+=λ,所以λ=. 解析 视角三 圆锥曲线与数列 由e==,a2=b2+c2,可得a2=2b2.又椭圆E过点(2,),则+=1.联立解得a=2,b=2,故椭圆E的标准方程为+=1. 解 【例3】　已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=. (1)若椭圆E过点(2,),求椭圆E的标准方程. (2)若直线l1,l2均过点P(pn,0)(0<pn<a,n∈N*)且互相垂直,直线l1交椭圆E于A,B两点,直线l2交椭圆E于C,D两点,M,N分别为弦AB和CD的中点,直线MN与x轴交于点Q(tn,0),如图.设pn=. ①求tn; 若直线l1,l2中一条直线的斜率不存在,另一条直线的斜率为0,则直线MN与x轴重合,不符合题意,故直线l1,l2的斜率均存在且不为0.设直线l1的方程为y=k(x-pn)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM),N(xN,yN).联立消去y整理得(1+2k2)x2-4k2pnx+2k2-2b2=0.因为直 解 线l1交椭圆E于A,B两点,所以Δ>0,且因为M,N,Q三点共线,所以kMN= 解 kQN,即=,则yN(xN-xM)=(yN-yM)(xN-tn).易知yN-yM≠0,则tn===.因为pn=,所以tn=. 解 ②记an=|PQ|,求数列的前n项和Sn. 结合①可知an=|PQ|=|pn-tn|==,则=3n+1.因为==3,所以数列是首项为9,公比为3的等比数列.故数列的前n项和Sn==(3n-1). 解 视角四 圆锥曲线与导数 联立方程组整理得x2+2(p-2)x+1=0.由题知该方程有两个相同的正解,可得解得p=1,所以抛物线E的方程为y2=2x. 解 (2026·本溪模拟)已知抛物线E:y2=2px(p>0),圆F:(x-2)2+y2=r2(r>0),当r=时,抛物线E与圆F仅有两个交点. (1)求抛物线E的方程; (2)如图,若圆F与抛物线E有四个交点,且交点分别是A,B,C,D,求四边形ABCD面积的最大值. 若圆F与抛物线E有四个交点,则方程组有四组解,得方程x2-2x+4-r2=0有两个不同的解,所以解得<r<2.由抛物线和圆的对称性可知,四边形ABCD是梯形。设四边形ABCD的面积为S,A(x1,y1),D(x2,y2)(y1,y2>0,x2>x1>0),则B(x1,-y1),C(x2, -y2).因为x1,x2是方程x2-2x+4-r2=0的两个不同的解,由根与系数的关 解 系得x1+x2=2,x1x2=4-r2,则S=(y1+y2)(x2-x1)=(+)(x2-x1).故S2= 2(x1+x2+2)·[(x2+x1)2-4x1x2]=2(2+2)(4-16+4r2)=16(1+ )(1-4+r2).设t=,则t∈(0,1),则S2=16(1+t)(1-t2)=16(-t3-t2 +t+1).构造函数y=-t3-t2+t+1,t∈(0,1),则y'=-3t2-2t+1=(-3t+1)(t+1).当t∈时,y'>0;当t∈时,y'<0.所以函数y=-t3-t2+t+1在上单调递增,在上单调递减.因此当t=时,函数y=-t3-t2+t+1取得最大值,最大值为.故当r=时,S取得最大值,最大值为. 解 视角五 解析几何与立体几何的交汇 【例5】　(2026·广州模拟)平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)左、右焦点分别为F1,F2,离心率为,经过F1且倾斜角为θ的直线l与C交于A,B两点(其中点A在x轴上方),且△ABF2的周长为8.现将平面xOy沿x轴向上折叠,折叠后A,B两点在新图象中对应的点分别记为A1,B1,且二面角A1⁃F1F2⁃B1为直二面角,如图所示. (1)求折叠前C的标准方程; 由题意得:故折叠前椭圆C的标准方程+=1. 解 (2)当θ=时,折叠后,求平面B1F1F2与平面A1B1F2夹角的余弦值; 当θ=时,直线l的方程为:y=(x+1),联立 解得A(0,),B, 以原来的x轴为y轴,y轴正半轴所在直线为z轴, 解 y轴负半轴所在的直线为x轴建立空间直角坐标系,如图所示,则:A1(0, 0,),B1,F1(0,-1,0),F2(0,1,0),故=, =(0,-1,),设平面A1B1F2的法向量为m=(x,y,z),则,即取y=,则x=,z=1,故m= 解 ,|m|==.平面B1F1F2的一个法向量为n==(0,0,),故cos<m,n>===.设平面B1F1F2与平面A1B1F2的夹角为α,则cos α=|cos<m,n>|=.即平面B1F1F2与平面A1B1F2夹角的余弦值为. 解 (3)探究是否存在θ使得折叠后△A1B1F2的周长为?若存在,求tan θ的值;若不存在,说明理由. 以原来的x轴为x轴,y轴正半轴为y轴,y轴负半轴 为z轴建立空间直角坐标系,如图所示,设折叠前 A(x1,y1),B(x2,y2)则折叠后A1(x1,y1,0),B1(x2,0,-y2), 设直线l的方程为x=my-1,其中m==,联立 解 消去x得(3m2+4)y2-6my-9=0,显然Δ>0,且y1+y2=, y1y2=-,由|A1F2|+|B1F2|+|A1B1|=,|AF2|+|BF2|+|AB|=8,得|AB|-|A1B1|=,即-=①, =,+ 解 =-4y1y2②,由①②得: =-2y1y2,即(1+m2)(y1-y2)2=,(1+m2)= ,即144=,即=+,解得m2=,注意到0<θ<,故tan θ===,从而存在满足条件的θ,且tan θ=. 解 1.(多选题)抛物线C:y2=4x的准线为l,过焦点F的直线与C交于A,B两点,分别过A,B作l的垂线,垂足分别为A',B',记△AA'F,△A'B'F,△BB'F的面积分别为S1,S2,S3,则(　　) A.△A'B'F为锐角三角形 B.S2的最小值为4 C.S1,S2,S3成等差数列 D.S1,S2,S3成等比数列 由题意可知:焦点F(1,0),准线l:x=-1,直线AB的斜率不 为0,且与抛物线必相交,设AB:x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2), 则A'(-1,y1),B'(-1,y2),可得|A'A|=x1+1=my1+2,|B'B|=x2+1= my2+2,联立方程消去x可得y2-4my-4=0, 则y1+y2=4m,y1·y2=-4,对于选项A:因为kA'F=-,kB'F=-,可得kA'F· kB'F==-1,可知A'F⊥B'F,所以△A'B'F为直角三角形,故A错误;对 解析 于选项B:因为|y1-y2|===4,可得S2=|y1-y2|×2=4≥4,当且仅当m=0时,等号成立,所以S2的最小值为4,故B正确;对于选项CD:因为S1=|y1|(my1+2),S3=|y2|(my2 +2),则S1S3=|y1|(my1+2)×|y2|(my2+2)=|y1y2|=×4(-4m2+8m2+4)=4(m2+1)=,即S1S3=,显然S1,S2,S3不恒相等,且不为0,所以S1,S2,S3成等比数列,不成等差数列,故C错误,D正确.故选BD. 解析 2.(多选题)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线交C的右支于点A,B,若==||||,则(　　) A.cos∠AF1B= B.双曲线的渐近线方程为y=±x C.=0 D.△AF1F2,△BF1F2面积记为S1,S2,则S1=3S2 对于选项A:因为=||||cos∠AF1B= ||||,可得cos∠AF1B=,故A正确;对于选项 C:因为==||||,可得||= ||,不妨设||=3m,||=5m,在△AF1B中,由余弦定理得|AB|2= +-2||||cos∠AF1B=16m2.可得|AB|=4m,则||2+ 解析 |AB|2=,可知AB⊥BF1,所以=0,故C正确;对于选项B:在直角三角形BF1F2中,因为|BF1|-|BF2|=2a,可得|BF2|=3m-2a,在三角形AF1F2中,因为|AF1|-|AF2|=2a,可得|AF2|=5m-2a,因为|AB|=|AF2|+|BF2|= 8m-4a=4m,可得m=a,即|BF1|=3a,|BF2|=3a-2a=a,在直角三角形BF1F2中,+=,即9a2+a2=4c2,可得10a2=4,则= 解析 ,即=,所以渐近线方程为y=±x,故B错误;对于选项D:因为|AB|= 4a,|BF2|=a,则|AF2|=4a-a=3a,即|AF2|=3|BF2|,所以S1=3S2,故D正确;故选ACD. 解析 3.(2024·新课标Ⅱ卷)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,…):过作斜率为k的直线与C的左支交于点,令Pn为关于y轴的对称点.记Pn的坐标为(xn,yn). (1)若k=,求x2,y2. 将点P1(5,4)的坐标代入C的方程得52-42=m,解得m=9,所以C:x2-y2=9. (1)过点P1(5,4)且斜率k=的直线方程为y=(x-5)+4,与C的方程联立,消去y化简可得x2-2x-15=0,即(x-5)(x+3)=0,所以点Q1的横坐标为-3,将x=-3代入直线方程,得y=0,因此Q1(-3,0),从而P2(3,0),即x2=3,y2=0. 解 (2)证明:数列{xn-yn}是公比为的等比数列. 证明:由题意,Pn(xn,yn),Pn+1(xn+1,yn+1),Qn(-xn+1,yn+1).设过点Pn(xn,yn)且斜率为k的直线为ln:y=k(x-xn)+yn,将ln的方程与C的方程联立,消去y化简可得(1-k2)x2+(2k2xn-2kyn)x-(kxn-yn)2-9=0,由根与系数的关系得-xn+1 +xn=-,所以xn+1=+xn=.又Qn(-xn+1, 解 yn+1)在直线ln上,所以yn+1=k(-xn+1-xn)+yn=-kxn+1-kxn+yn.从而xn+1-yn+1= xn+1+kxn+1+kxn-yn=(1+k)xn+1+kxn-yn=(1+k)·+kxn-yn= ·(xn-yn),易知xn-yn≠0,所以数列{xn-yn}是公比为的等比数列. 解 (3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积.证明:对任意的正整数n,Sn=Sn+1. 证明:由(2)知,数列{xn-yn}是首项为x1-y1=5-4=1,公比为的等比数列.令t=,由0<k<1可知t>1,则xn-yn=tn-1,又-=9,所以xn+yn= =,可得xn=,yn=.所以Pn, Pn+1,Pn+2,所以直线PnPn+1的方程为x- 解 xn=(y-yn),即(9+t2n-1)x-(9-t2n-1)y-9tn-1(1+t)=0.易知点Pn+2到直线PnPn+1的距离d== .又|PnPn+1|= =,则Sn=·|PnPn+1|·d== ,即Sn为定值,所以Sn=Sn+1. 解 $