素能培优(13) 圆锥曲线中的交汇创新问题 课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦圆锥曲线中的交汇创新问题，依据高考评价体系梳理了与函数导数、数列、立体几何三大交汇考点，通过2025年模拟典例分析，明确证明垂直、面积最值、数列通项等高频题型占比，构建系统的解题思路体系。 课件亮点在于“典例精析+规律提炼+对点训练”的备考策略，如以椭圆与函数导数交汇题为例，用导数求面积最值、数列递推关系推导等方法，培养学生的数学思维和数学语言素养。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，实现高效复习。

素能培优(十三)　圆锥曲线中的交汇创新问题 高考总复习 2027 考点一　圆锥曲线与函数导数交汇创新问题 典例1(2025·广东深圳模拟)已知椭圆E:=1(a>b>0)过点(1,),右焦点F(1,0). (1)求椭圆E的方程. (2)设直线l:y=kx(k≠0)与椭圆E交于P,A两点,过点P(x0,y0)作PC⊥x轴,垂足为点C,直线AC交椭圆E于另一点B. ①证明:AP⊥BP; ②求△ABP面积的最大值. 考点一 考点二 考点三 (1)解 由题意,椭圆右焦点F(1,0),可得c=1. 椭圆过点(1,),可得=1. 由a2-b2=c2=1整理得(2b2+1)(b2-1)=0,得b=1,所以a=,故椭圆E的方程为+y2=1. 考点一 考点二 考点三 (2)①证明 ∵直线l:y=kx(k≠0)与椭圆E交于P,A两点,不妨设点P在第一象限,如图,∴点A的坐标为(-x0,-y0),点C的坐标为(x0,0). 设B(x,y),则有=1,+y2=1, 两式相减得=-. 又kAB=,kBP=,∴kAB·kBP==-. 又kAB=kAC=·kPA=, ∴kBP=-=-. 又kAP=k,∴kAP·kBP=k·(-)=-1,因此,AP⊥BP. 考点一 考点二 考点三 ②解 由对称性不妨设k>0,点P(x0,kx0)在第一象限,联立得(2k2+1)x2=2,所以x0=,则|AP|=2|OP|=2. 设直线AP与AB的倾斜角分别为θ1,θ2,则tan θ1=k,tan θ2=, 所以tan∠PAB=tan(θ1-θ2)=. 考点一 考点二 考点三 由①,S△ABP=|AP|·|BP|=|AP|2·tan∠PAB=,令f(k)=,则f'(k)=,当k∈(0,1)时,f'(k)>0,当k∈(1,+∞)时,f'(k)<0,即f(k)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,因此f(k)max=f(1)=,即S△ABP的最大值为. 考点一 考点二 考点三 规律方法　圆锥曲线中的有些长度和面积的表达式较复杂,用一次函数、二次函数或对勾函数不能求解时,需要构造更为一般的函数,利用导数求解.必要时运用换元后构造,同时关注变量的取值范围,验证解的合理性并排除矛盾情况. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1](2025·辽宁名校联盟模拟)如图,已知抛物线C:y2=2px(p>0), M(-1,1),过抛物线C的焦点F且与FM垂直的直线交抛物线C于A,B两点, ∠AMB=90°. (1)求抛物线C的方程. (2)直线x=4,x=m(0<m<4)分别交抛物线C于点P,Q,S,T,其中P,T在x轴的上方,记四边形PQST的面积为S=g(m). ①求g(m)的解析式. ②当m取何值时,g(m)取到最大值?并求出该最大值. 考点一 考点二 考点三 解 (1)设直线AB的方程为x=ty+(t≠0),A(x1,y1),B(x2,y2), 联立整理得y2-2pty-p2=0,所以y1y2=-p2. 又MF⊥AB,∠AMB=90°,易知△AMF∽△MBF,所以|FA|·|FB|=|MF|2,即·|y1|··|y2|=(+1|)2, 所以|y1y2|=p2=|1+|2. 又p>0,所以1+=p,解得p=2, 故抛物线C的方程为y2=4x. 考点一 考点二 考点三 (2)①将x=4代入y2=4x,得|PQ|=8, 将x=m代入y2=4x,得|ST|=4, 故四边形PQST的面积S=(8+4)·(4-m)=2(2+)·(4-m) =2(2+)2(2-),所以g(m)=2(2+)2(2-)(0<m<4). ②令=a,则S=2(2+a)2(2-a),0<a<2, 设f(x)=2(2+x)2(2-x)(0<x<2), 则f'(x)=4(2+x)(2-x)-2(2+x)2=2(2+x)(2-3x),当0<x<时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当<x<2时,f'(x)<0,f(x)单调递减,故当x=时,f(x)取得最大值,所以当m=时,g(m)取得最大值. 考点一 考点二 考点三 考点二　圆锥曲线与数列交汇创新问题 典例2(2025·山东临沂模拟)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,P为圆x2+(y+3)2=1上的动点,|PF|的最大值为. (1)求C的方程; (2)已知点M1(1,),按照如下方式构造点Mn(n=1,2,3,4,…),设直线ln为C在点Mn处的切线,过点Mn作ln的垂线交C于另一点Mn+1,记Mn的坐标为(xn,yn). ①证明:当n≥1时,|MnF|≥2n-1; ②设△MnFMn+1的面积为Sn,证明:. 考点一 考点二 考点三 (1)解 抛物线C的准线方程为y=-,由题意可知,+3+1=,解得p=1,所以C的方程为x2=2y. 考点一 考点二 考点三 (2)证明 ①设Mn(xn,), 因为y'=x,所以点Mn处的切线斜率为xn,所以直线MnMn+1的斜率为-, 所以直线MnMn+1:y-=-(x-xn),与x2=2y联立可得,=-(x-xn)=,得xn+1=--xn,即Mn+1的横坐标为--xn,所以yn+1=+4)=+2 =yn++2>yn+2. 当n≥2时,有yn=(yn-yn-1)+(yn-1-yn-2)+…+(y2-y1)+y1 >2(n-1)+=2n-. 又y1=,故yn≥2n-(n∈N*),所以|MnF|=yn+≥2n-1. 考点一 考点二 考点三 ②直线MnMn+1的方程为MnMn+1:y-=-(x-xn),点F到直线MnMn+1的距离为,所以|MnMn+1|=|xn+1-xn|=·|+2xn|, 所以Sn=)|+2xn|=+1. 由(1)知,yn≥2n-(n∈N*),即≥2n-(n∈N*),所以当n≥2时,>4n-3,所以当n≥2时,Sn>+1>4n-2=2(2n-1),所以). 考点一 考点二 考点三 当n=1时,; 当n≥2时,+…+) =(1-)<,所以. 考点一 考点二 考点三 规律方法　1.点列问题:圆锥曲线上点的坐标或其他几何量(如弦长、斜率)构成等差或等比数列,联立方程结合数列通项公式求解参数. 2.递推关系:几何条件(如焦点、对称性)引发递推式,通过迭代或归纳法求通项. 3.最值求和:利用数列求和公式分析距离、面积等问题,结合导数或不等式优化解题. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2](2025·辽宁灯塔模拟)已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的两条渐近线为y=±x,且经过点(). (1)求双曲线C的方程; (2)过点P0(3,0)作两条互相垂直的直线(两条直线的斜率都存在)分别交双曲线C于点A1,B1和点C1,D1,M1,N1分别为弦A1B1和C1D1的中点,直线M1N1与x轴交于点P1(t1,0);过点P1(t1,0)作两条互相垂直的直线(两条直线的斜率都存在)分别交双曲线C于点A2,B2和点C2,D2,M2,N2分别为弦A2B2和C2D2的中点,直线M2N2与x轴交于点P2(t2,0)……依此类推得到点列Pn(tn,0),n∈N*,求数列{tn}的通项公式. 考点一 考点二 考点三 解 (1)由双曲线C的两条渐近线为y=±x,得,即b=a. 又双曲线C经过点(),得1=,解得a=1,b=. 所以双曲线C的方程为x2-=1. (2)令t0=3,设两条直线的方程分别为y=k(x-tn)(k≠0)和y=-(x-tn),设An+1(x1,y1),Bn+1(x2,y2),由得(3-k2)x2+2k2tnx-k2-3=0,由Δ>0,得3-k2≠0,k2-3<k2,则x1+x2=,y1+y2=k(x1+x2-2tn)=,则点Mn+1(),同理得点Nn+1(). 考点一 考点二 考点三 于是直线Mn+1Nn+1的斜率,直线Mn+1Nn+1的方程为y-(x-), 令y=0,得x=-=-,因此tn+1=-tn, 由t0=3,得t1=-≠0,则数列{tn}是首项为-, 公比为-的等比数列, 所以tn=-×(-)n-1=3×(-)n, 故数列{tn}的通项公式为tn=3×(-)n,n∈N*. 考点一 考点二 考点三 考点三　圆锥曲线与立体几何交汇创新问题 典例3(2025·辽宁协作体联考)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Oxy沿x轴折叠,使点M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. 图1 图2 考点一 考点二 考点三 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. 考点一 考点二 考点三 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,可得=1,所以a2=4,b2=1,故椭圆C的方程为+y2=1. 考点一 考点二 考点三 (2)①可知折叠前F1(-,0),所以直线l的方程为y=(x+). 联立解得 又因为点M在x轴上方,所以M(0,1),N(-,-). 折叠后,以OF2为y轴,以y轴的负半轴反方向为x轴,以折叠后y轴的正半轴为z轴,建立空间直角坐标系,图略,可得M'(0,0,1),N(,-,0),所以|M'N|=. 考点一 考点二 考点三 ②存在.假设存在直线l满足题意,折叠前△MNF2的周长为4a=8,则折叠后△M'NF2的周长为×8=6, ∴|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,Δ=12m2+4(m2+4)=16m2+16>0,则y1+y2=,y1y2=-,|MN|=|y1-y2| =. 考点一 考点二 考点三 在①中建立空间直角坐标系后,可得M'(0,x1,y1),N(-y2,x2,0), |M'N|== = ==. 又因为|MN|-|M'N|=2,所以=2,整理得6m4+23m2-4 =0,(6m2-1)(m2+4)=0,所以m2=(负值舍去),因此m=±.又倾斜角为锐角,所以m=,所以存在直线l满足题意,直线的方程为x-y+=0. 考点一 考点二 考点三 规律方法　解析几何与立体几何综合题的解题思路:建立空间直角坐标系,将几何体关系代数化(向量、平面方程);利用射影法转化复杂空间问题为平面问题,结合圆锥曲线方程求解;注意几何约束(如垂直、共面)对应的代数条件,联立方程求解,注意验证几何合理性. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3](2025·湖南名校联合体模拟)在三棱锥R-PQS中,RQ⊥PQ, RQ⊥SQ,∠PRQ的平分线交PQ于点D,PD=2DQ=4,记△PQS所在平面为δ. (1)求直线RD与δ所成角的大小. (2)设∠SRD=. ①若SD⊥PQ,求点Q到平面RDS的距离. ②在δ内是否存在两个不同的定点H1,H2,使得SH1+SH2为定值?若存在,求出该定值;若不存在,请说明理由. 考点一 考点二 考点三 解 (1)因为RQ⊥PQ,RQ⊥SQ,PQ∩SQ=Q,PQ,SQ⊂平面PQS, 所以RQ⊥平面PQS, 所以直线RD与δ所成的角为∠RDQ. 因为∠PRQ的平分线交PQ于点D,PD=2DQ,所以=2. 在直角三角形PQR中,sin∠RPQ=,所以∠RPQ=,所以∠PRD=∠PRQ=-∠RPQ)=, 所以∠RDQ=∠DPR+∠PRD=. 所以直线RD与δ所成的角为. 考点一 考点二 考点三 (2)①由(1)得RQ⊥平面PQS,又SD⊂平面PQS,所以RQ⊥SD. 因为SD⊥PQ,PQ∩RQ=Q,PQ,RQ⊂平面PQR,所以SD⊥平面PQR. 又因为SD⊂平面RSD,所以平面RSD⊥平面PQR. 过点Q作QE⊥RD于点E,因为平面RSD∩平面PQR=RD,QE⊂平面PQR,所以QE⊥平面RDS. 则QE的长度即为点Q到平面RDS的距离,所以QE=DQsin∠RDQ=, 即点Q到平面RDS的距离为. 考点一 考点二 考点三 ②存在.取PR的中点为F,PQ的中点为O,连接OF,则OF∥RQ. 由PD=RD得,DF⊥PR. 又RQ⊥δ,所以OF⊥δ. 在δ内过点O作OG⊥PQ,所以OF⊥OQ,OF⊥OG,以O为原点,直线OG,OQ,OF分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图所示. 因为OQ=3,DQ=2,所以OD=1,设S(x,y,0),x≠0,又D(0,1,0),R(0,3,2),则=(x,y-3,-2),=(0,-2,-2). 考点一 考点二 考点三 因为cos∠SRD=,∠SRD=,所以,化简得3x2+2y2=18,即=1(x≠0),所以点S在轨迹=1(x≠0)上运动,所以存在H1(0,,0),H2(0,-,0),使得SH1+SH2=6. 考点一 考点二 考点三 $