第36天 圆锥曲线中的创新问题 每日专项练习 - 2027届新高考高三数学第一轮复习

**基本信息** 聚焦圆锥曲线创新问题，融合空间几何、新定义及跨模块综合，培养创新意识与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间几何与圆锥曲线|1题|等腰四面体中点线面关系证明、二面角计算、椭圆与空间图形结合|从立体几何中点性质到解析几何应用，构建空间与平面几何转化逻辑| |双曲线综合|1题|标准方程求解、切线与渐近线交点、格点问题证明|围绕双曲线定义与性质，从基础运算到数论结合，体现知识应用拓展| |包络曲线与抛物线|1题|新定义理解、切线性质证明、最值计算|以包络曲线为载体，联结抛物线切线、等比中项及圆的几何性质| |双曲线变换与函数|1题|旋转变换求方程、函数图像识别、面积定值证明|通过坐标变换实现曲线转化，深化函数与圆锥曲线的内在联系|

2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 答案与解析 第36天 圆锥曲线中的创新问题 1.(1)证明　连接E1E3,E3E2,E2E4,E4E1,因为E3E2􀱀BD,E1E4􀱀BD, 所以E3E2􀱀E1E4,四边形E1E3E2E4为平行四边形, 又E1E3􀱀AC,AC=BD, 所以E1E3=E3E2, 所以四边形E1E3E2E4为菱形, 所以E1E2⊥E3E4, 同理,四边形E1E5E2E6为菱形, E1E2⊥E5E6, 又因为四边形E3E5E4E6为菱形,E3E4,E5E6交于一点, 所以E1E2⊥平面E3E5E4E6. (2)解　如图,将该三棱锥补全为一个长方体,并建立空间直角坐标系D-xyz, 由E1E2=,E3E4=E5E6=2, 得A(2,0,2),B(0,,2),C(2,,0), =(-2,,0),=(0,,-2), 设平面ABC的一个法向量为m=(x,y,z), 则 令y=2,得m=(,2,), =(0,,2),=(2,,0), 设平面BCD的一个法向量为n=(x,y,z), 则 令y=-2,得n=(,-2,), 所以cos<m,n>= ===. 所以二面角A-BC-D的大小为. (3)解　由(2)知可将P-MNO补成长方体,长、宽、高分别设为a,b,c, 则外接球半径R为该长方体的体对角线长的一半,R=,S=4πR2=π(a2+b2+c2), MN2=a2+b2,NO2=b2+c2,MO2=a2+c2, 则S=(MN2+MO2+NO2)π, 在xOy平面内设M(x1,y1),N(x2,y2), 由 得(m2+2)y2+2my-1=0, 显然Δ=(2m)2+4(2+m2)=8m2+8>0, y1+y2=-,y1y2=-, 于是MN2=(1+m2)(y1-y2)2 =(1+m2)=, MO2+NO2=+++=2-2++2-2+=4-(+)=4-(y1+y2)2+2y1y2=, 所以S=(MN2+MO2+NO2)π=·=·π 在△MNO中, cos∠MON== >0, 则∠MON为锐角, 因此·>0, 即x1x2+y1y2>0, x1x2+y1y2=(my1+1)(my2+1)+y1y2 =(m2+1)y1y2+m(y1+y2)+1 =-+1>0, 解得m2<, 又S=π =π, 不妨令t=m2+2∈, 则S=π =π, ∵<≤, ∴当=时,Smin=π. 此时m=0,所以S最小值为π,此时直线方程为x=1. 2.(1)解　由题意得 解得 所以C的方程为x2-3y2=1. (2)解　当y>0时,由x2-3y2=1得 y=, 所以y'=, 所以l的斜率为y'|x=2=,l的方程为y-1=(x-2),即2x-3y-1=0, 由x2-3y2=0得C的渐近线方程为 y=±x, 联立y=±x与2x-3y-1=0, 解得x=2±,不妨设xQ=2+,xR=2-, 所以|QR|= |(2+)-(2-)|=. (3)证明　在方程x2-3y2=1中,令x=1,得y=0,令x=2,得y=±1,则 因为-3=(x1+y1)(x1-y1) =(2+)(2-)=1, 所以(2+)2(2-)2=(7+4)(7-4)=72-3×42=1,得(7,4)是C上的一个格点, (2+)3(2-)3=(26+15)(26-15)=262-3×152=1,得(26,15)是C上的一个格点. 按这种构造方式,由(2+)n=xn+yn(n=1,2,3,…)可以得到一系列格点. 下面证明C上的任意一个格点都满足该式: 任取两个由上述方式得到的相邻格点Pi(xi,yi)和Pi+1(xi+1,yi+1),假设在点Pi和Pi+1之间存在另外的格点P0(x0,y0),即存在x0∈(xi,xi+1),y0∈(yi,yi+1),满足(x0+y0)(x0-y0)=1. 因为Pi(xi,yi)是C上的格点, 所以(xi+yi)(xi-yi)=1, 所以(x0+y0)(xi-yi)(x0-y0)(xi+yi)=1, 得[x0xi-3y0yi+(y0xi-x0yi)][x0xi-3y0yi-(y0xi-x0yi)]=1, 设x'=x0xi-3y0yi,y'=y0xi-x0yi, 则(x'+y')(x'-y')=1. 由点(x0,y0),(xi,yi)在C上,可得x0>y0,xi>yi,且>,所以x'>0,y'>0,再由x0,y0,xi,yi∈N*,得x',y'∈N*,故(x',y')也是C上的格点. 另一方面,因为x0∈(xi,xi+1), y0∈(yi,yi+1), 所以xi+yi<x0+y0<xi+1+yi+1, 即(2+)i<x0+y0<(2+)i+1, 所以1<<2+. 而==(x0+y0)(xi-yi)=x'+y', 即1<x'+y'<2+. 显然,C上不存在格点(x',y')满足该式,矛盾,假设不成立, 故C上的所有格点Pn(xn,yn)都满足 (2+)n=xn+yn. 由(2+)n=xn+yn, (2-)n=xn-yn, 得xn=[(2+)n+(2-)n]. 所以xn+2+xn =[(2+)n+2+(2-)n+2]+ [(2+)n+(2-)n] =[(2+)n+2+(2+)n]+ [(2-)n+2+(2-)n] =+ =2[(2+)n+1+(2-)n+1]=4xn+1, 所以=4,为定值. 3.(1)解　圆心C1(0,0)到l的距离 d==1, 即直线l与圆C1相切,所以l∈M1. (2)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, 其方程为PA:y=x1(x-x1)+y1, 即y=x1x-y1, 则t=x1s-y1(*), 同理,QA:y=x2x-y2, 则t=x2s-y2(**), 由(*)(**)得直线PQ的方程为t=xs-y,即y=sx-t. 由 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解　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时等号成立, 故. 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PA:y-m2=m(x-2m), 即y=mx-m2,(*) 同理QA:y=nx-n2,(**) 联立(*)(**)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解　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时, =, 故. 4.(1)解　设曲线xy=2上任意一点(x,y)绕原点O按逆时针旋转后的坐标为(x',y'), 则 即 可得(x')2-(y')2=2xy=4, 即-=1, 因此,双曲线E的标准方程为-=1. (2)解　由双曲线的几何性质可知,对勾函数f(x)=的渐近线方程为y=x,x=0,直线y=x的倾斜角为,故这两条渐近线的夹角为, 所以=tan =tan =, 因此,该双曲线的离心率为 e=== =. (3)证明　因为点A(m,n)在双曲线E上, 则m2-n2=4, 联立可得 (m2-n2)y2-16ny+4m2-64=0, 将m2=n2+4代入上述方程得y2-4ny+n2-12=0, 则Δ=16n2-4(n2-12)=12(n2+4)>0, 设点B(x1,y1),C(x2,y2), 则y1+y2=4n,y1y2=n2-12, 所以|BC|=·|y1-y2| = =· =, 点A到直线BC的距离为 d==, 所以S△ABC=|BC|·d=××=4, 所以△ABC的面积为定值4. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $2027届新高考高三第一轮复习 高三数学备课组 2027届新高考高三第一轮复习 每日专项练习 第36天 圆锥曲线中的创新问题 班级：_________ 学号：_________ 姓名：_________ 分数：_________ 解答题(1题13分,2题15分,3题15分,4题17分) 1.(2025·郑州二预)若一个四面体三组对棱分别相等,我们称它为“等腰四面体”.已知在等腰四面体ABCD中,Ei(i=1,2,3,…,6)分别为所在棱的中点,如图所示. (1)求证:E1E2⊥平面E3E5E4E6; (2)若E1E2=,E3E4=E5E6=2,求二面角A-BC-D的大小; (3)在空间直角坐标系O-xyz中,xyz平面内有椭圆H:+y2=1,直线x=my+1与H交于M,N两点.P为空间中一点,若四面体P-MNO为等腰四面体,求其外接球表面积的最小值. 2.(2025·四省联考)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率为,且C经过点P(2,1). (1)求C的方程; (2)作C在点P处的切线l,设l与C的两条渐近线分别交于Q,R,求|QR|; (3)将横、纵坐标均为正整数的点称为“格点”,记C上的所有格点为P1(x1,y1),P2(x2,y2),P3(x3,y3),…,且x1<x2<x3<…,证明:为定值. 3.(2025·南京、盐城一模)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. (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. 4.(2025·陕西适考)阅读以下材料:已知在平面直角坐标系xOy中,将点P(x,y)绕原点O按逆时针旋转α角,利用公式可得到点P'(x',y').现将双曲线xy=2绕原点O按逆时针旋转得到双曲线E. (1)求双曲线E的标准方程; (2)通过对上述材料学习,某数学兴趣小组在研究f(x)=的图象和性质时,发现该函数的图象是双曲线,求离心率是多少? (3)若A(m,n)是E上一动点,直线mx-ny=8与E交于B,C两点,证明:三角形ABC的面积为定值. 第 2 页 共 8 页 第 1 页 共 8 页 学科网（北京）股份有限公司 $