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培优点4　
圆锥曲线中的创新类问题
PART ONE
　　随着高考改革的不断深入，高考对学生知识迁移能力、数学思维能力、探究能力的考查不断深入，圆锥曲线中的创新类试题成为了高考命题的热点，圆锥曲线中的创新类试题一般可分为两类：一是“新定义曲线”（如2024·新高考Ⅰ卷11题），二是“新定义交汇题”（如2024·新高考Ⅱ卷19题）.对于“新定义曲线”类问题，要研透“新曲线”的定义和性质，从特殊到一般，结合已学过的知识、方法去解决问题.对于“新定义交汇题”，圆锥曲线可与函数、数列、向量等结合，解这类问题要在深刻理解
对应知识的基础上，发现并挖掘题目中蕴含的信息，灵活变换角度，转化为“熟悉”的问题去解决.
新定义曲线
【例1】　（多选）（2024·新高考Ⅰ卷11题）设计一条美丽的丝带，其造
型 可以看作图中的曲线C的一部分.已知C过坐标原点O，且C上的点满
足：横坐标大于－2，到点F（2，0）的距离与到定直线x＝a（a＜0）的
距离之积为4，则（　　）
A. a＝－2
C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
√
√
√
解析：　对于A：设曲线上的动点P（x，y），则x＞－2且
×｜x－a｜＝4，因为曲线过坐标原点，故
×｜0－a｜＝4，解得a＝－2，故A正确.对于B：又曲
线方程为 ×｜x＋2｜＝4，而x＞－2，故
×（x＋2）＝4.当x＝2 ，y＝0时，
×（2 ＋2）＝8－4＝4，故（2 ，0）在曲线上，故B正确.对于C：由
曲线的方程可得y2＝ －（x－2）2，取x＝ ，则y2＝ － ，而
－ －1＝ － ＝ ＞0，故此时y2＞1，故C在第一象限内点的纵
坐标的最大值大于1，故C错误.对于D：当点（x0，y0）在曲线上时，由C
的分析可得 ＝ －（x0－2）2≤ ，故－
≤y0≤ ，故D正确.故选A、B、D.
　　对于“新定义曲线”类问题，理解“新曲线”的定义（方程）是关
键，通过“新曲线”的定义（方程）结合图形，与学过的研究圆锥曲线的
思路及方法进行合理联想，利用曲线与方程思想即可解决问题.
　（多选）（2024·宝鸡三模）数学中的数形结合可以组成世间万物的绚丽
画面，优美的曲线是数学形象美、对称美、和谐美的产物，曲线C：（x2
＋y2）3＝4x2y2为四叶玫瑰线，下列结论正确的是（　　）
A. 方程（x2＋y2）3＝4x2y2（xy＜0），表示的曲线在第二和第四象限
B. 曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过1
C. 曲线C构成的四叶玫瑰线面积大于π
D. 曲线C上有5个整点（横、纵坐标均为整数的点）
√
√
解析：　对于A，因为xy＜0，所以x与y异号，所以表示的曲线在第二
和第四象限，所以A正确；对于B，设曲线C上一点P（x，y），则其到
原点的距离为 ，考虑到该图形的对称性，故研究第一象限的点，
因为x2＋y2≥2xy（x＞0，y＞0），所以xy≤ ，当且仅当x＝y时
取等号，所以（x2＋y2）3＝4x2y2≤4× ＝（x2＋y2）2，当且
仅当x＝y时取等号，所以x2＋y2≤1，所以 ≤1，当且仅当x＝y时取等号，所以曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过1，所以B正确；
对于C，以O为圆心，1为半径的圆的面积为π，由B知曲线C在圆x2＋y2＝
1内部，所以曲线C构成的四叶玫瑰线面积小于π，所以C错误；对于D，由
B可知曲线C在圆x2＋y2＝1内部，而圆x2＋y2＝1内在第一象限无整点，所
以曲线C在第一象限没有经过整点，由曲线的对称性可知，曲线C在其他
象限也没有经过整点，所以由图可知曲线C只经过整点（0，0），所以D
错误.故选A、B.
新定义交汇题
【例2】　（2024·新高考Ⅱ卷19题）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）.
（1）若k＝ ，求x2，y2；
解：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.
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.
（2）证明：数列{xn－yn}是公比为 的等比数列；
解：证明：法一　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，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.
法二　由题意，Pn（xn，yn），Pn＋1（xn＋1，yn＋1），
Qn（－xn＋1，yn＋1）.
由点Pn，Qn所在直线的斜率为k，
可知k＝ .
又点Pn，Qn都在C上，所以
即
易知xn－yn≠0，
则 ＝ ＝
＝
＝
＝ ，
即数列{xn－yn}是公比为 的等比数列.
（3）设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积.证明：对任意正整数n，Sn＝Sn＋1.
解：证明：法一　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－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的距离为
d＝
＝ .
又｜PnPn＋1｜＝

＝ ，
则Sn＝ ·｜PnPn＋1｜·d＝ ＝ ，即Sn为定值，所
以Sn＝Sn＋1.
法二　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（ ， ），
Pn＋3（ ， ）.
所以 ＝ ＝ ，
＝ ＝ ，
即 ＝ ，
所以PnPn＋3∥Pn＋1Pn＋2，
所以点Pn和点Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等，
因此△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3的面积相等，即Sn＝Sn＋1.
　　本题分层设问，环环相扣，三问都可以通过基本方法简化计算过程；
第（2）问利用固定斜率的直线与双曲线交点的性质可以迅速得出结论；
第（3）问证明面积相等时，可以将问题转化为证明两条直线平行.
1. 我们把具有公共焦点、公共对称轴的两段圆锥曲线弧合成的封闭曲线称
为“盾圆”.
（1）设椭圆C1： ＋ ＝1与双曲线C2：9x2－ ＝1有相同的焦点
F1，F2，M是椭圆C1与双曲线C2的公共点，且△MF1F2的周长为
6，求椭圆C1的方程；
解：由△MF1F2的周长为6得a＋c＝3，椭圆C1
与双曲线C2：9x2－ ＝1有相同的焦点，所以c2＝
＋ ＝1，即c＝1，则a＝2，b2＝a2－c2＝3，则椭圆
C1的方程为 ＋ ＝1.
（2）如图，已知“盾圆D”的方程为y2＝设
“盾圆D”上的任意一点M到F（1，0）的距离为d1，M到直线
l：x＝3的距离为d2，求证：d1＋d2为定值.
解：证明：设“盾圆D”上的任意一点M的坐标
为（x，y），d2＝｜x－3｜，
当0≤x≤3时，y2＝4x，d1＝ ＝｜x＋1｜，
即d1＋d2＝｜x＋1｜＋｜x－3｜＝（x＋1）＋（3－x）＝4；
当3＜x≤4时，y2＝－12（x－4），d1＝
＝｜7－x｜，
即d1＋d2＝｜7－x｜＋｜x－3｜＝（7－x）＋（x－3）＝4；
所以d1＋d2＝4为定值.
2. （2024·日照一模）已知椭圆C： ＋ ＝1（a＞b＞0）的左、右焦点
分别为F1，F2，离心率为 ，经过点F1且倾斜角为θ（0＜θ＜ ）的直
线l与椭圆交于A，B两点（其中点A在x轴上方），且△ABF2的周长为
8.将平面xOy沿x轴向上折叠，使二面角A-F1F2-B为直二面角，如图所
示，折叠后A，B在新图形中对应点记为A'，B'.
（1）当θ＝ 时，
①求证：A'O⊥B'F2；
②求平面A'F1F2和平面A'B'F2所
成角的余弦值；
解：①证明：由椭圆定义可知｜AF1｜
＋｜AF2｜＝2a，
｜BF1｜＋｜BF2｜＝2a，
所以△ABF2的周长L＝4a＝8，所以a＝2，
因为离心率为 ，故 ＝ ，解得c＝1，
则b2＝a2－c2＝3，
所以椭圆方程为 ＋ ＝1，
直线l：y－0＝tan ·（x＋1），即l：y＝
（x＋1），
联立 ＋ ＝1得15x2＋24x＝0，解得x＝0或
－ ，
当x＝0时，y＝ ×（0＋1）＝ ，
当x＝－ 时，
y＝ ×（－ ＋1）＝－ ，
因为点A在x轴上方，所以A（0， ），B
（－ ，－ ），
故AO⊥F1F2，折叠后有A'O⊥F1F2，
因为二面角A-F1F2-B为直二面角，
即平面A'F1F2⊥平面F1F2B'，交线为F1F2，
A'O 平面A'F1F2，
所以A'O⊥平面F1F2B'，
因为F2B' 平面F1F2B'，所以A'O⊥F2B'.
②以O为坐标原点，原y轴负半轴为x轴，原x
轴为y轴，原y轴正半轴为z轴，建立空间直角
坐标系，
则F1（0，－1，0），A'（0，0， ），B'（ ，－ ，0），F2（0，1，0）， ＝（0，1，－ ）， ＝（－ ，
，0），
其中平面A'F1F2的法向量为n1＝（1，0，0），
设平面A'B'F2的法向量为n2＝（x，y，z），
则
令y＝ 得x＝ ，z＝1，故n2＝（ ， ，1），
设平面A'B'F2与平面A'F1F2的夹角为φ，
则 cos φ＝｜ cos 〈n1，n2〉｜＝
＝ ＝ ，
故平面A'B'F2与平面A'F1F2的夹角的余弦值为 .
（2）是否存在θ（0＜θ＜ ），使得折叠后△A'B'F2的周长为 ？若
存在，求tan θ的值；若不存在，请说明理由.
解：设折叠前A（x1，y1），B（x2，y2），折叠后对应的A'（0，x1，y1），B'（－y2，x2，0），设直线l的方程为x＝my－1，将直线l与椭圆方程 ＋ ＝1联立得，（3m2＋4）y2－6my－9＝0，则y1＋y2＝ ，y1y2＝ ，
在折叠前可知｜AB｜＝ ，
折叠后，在空间直角坐标系中，
｜A'B'｜＝ ，
由｜A'F2｜＋｜B'F2｜＋｜A'B'｜＝ ，｜AF2｜＋｜BF2｜
＋｜AB｜＝8，
故｜AB｜－｜A'B'｜＝ ，
所以｜AB｜－｜A'B'｜＝ －
＝ ，（ⅰ）
分子有理化得
＝ ，
所以 ＋
＝－4y1y2，（ⅱ）
由（ⅰ）（ⅱ）得 ＝ －2y1y2，
因为
＝
＝ ｜y1－y2｜，
故 －2y1y2＝ ｜y1－y2｜，
即 －2y1y2＝ ，
将y1＋y2＝ ，y1y2＝ 代入上式得
＋ ＝ ，
两边平方后，整理得2 295m4＋4 152m2－3 472＝0，
即（45m2－28）（51m2＋124）＝0，解得m2＝ ，
因为0＜θ＜ ，所以tan θ＝ ＝ .
课时跟踪检测
1. （多选）在平面直角坐标系xOy中，到定点F1（－a，0），F2（a，
0）距离之积等于a2（a＞0）的点的轨迹是双纽线C. 若双纽线C对应
的a＝2，点P（x0，y0）为双纽线C上任意一点，则下列结论正确的是
（　　）
A. C不关于x轴对称
B. C关于y轴对称
C. 直线y＝x与C只有一个交点
D. C上存在点P，使得｜PF1｜＝｜PF2｜
1
2
3
4
√
√
√
解析：　设M（x，y）到定点F1（－2，0），F2（2，0）的距离
之积为4，则 · ＝4，整理得（x2＋
y2）2＝8（x2－y2），故曲线C的方程为（x2＋y2）2＝8（x2－y2）.把x
代换成－x，方程不变，所以曲线C关于y轴对称；把y代换成－y，方
程不变，所以曲线C关于x轴对称；把x代换成－x，同时把y代换成－
y，方程不变，所以曲线C关于原点对称.所以A错误，B正确；由
得x4＝0，所以x＝0，所以y＝0，所以直
线y＝x与曲线C只有一个交点O（0，0），C正确；原点O（0，0）在
曲线C上，则｜OF1｜＝｜OF2｜，所以曲线C上存在点
P满足｜PF1｜＝｜PF2｜，所以D正确.故选B、C、D.
1
2
3
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2. Cas sin i卵形线是由法国天文家Jean-DominiqueCas sin i（1625—1712）
引入的.卵形线的定义是：线上的任何点到两个固定点S1，S2的距离的
乘积等于常数b2.b是正常数，设S1，S2的距离为2a，如果a＜b，就得
到一个没有自交点的卵形线；如果a＝b，就得到一个双纽线；如果a
＞b，就得到两个卵形线.若S1（－1，0），S2（1，0）.动点P满足｜
PS1｜·｜PS2｜＝1.则动点P的轨迹C的方程为
；若A'和A是轨迹C与x轴交点中距离最远的两点，则△APA'
面积的最大值为 .
（x2＋y2）2－2（x2－
y2）＝0

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解析：设P（x，y），∵｜PS1｜·｜PS2｜＝1，∴[（x－1）2＋
y2][（x＋1）2＋y2]＝1，即（x2＋y2）2－2（x2－y2）＝0，∴动点P的
轨迹C的方程为：（x2＋y2）2－2（x2－y2）＝0；令y＝0，可得x4－2x2＝0，解得x＝0或x＝± ，∴A（－ ，0），A'（ ，0），由对称性，只考虑第一象限的部分，∵｜AA'｜为定值，∴△APA'面积最大时，即点P的纵坐标最大，又y4＋2（x2＋1）y2＋x2（x2－2）＝0，∴y2＝－x2－1＋ ，令t＝ ，则x2＝ ，
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2
3
4
∵x∈[0， ]，∴t∈[1，3]，令f（t）＝－ －1＋t＝－ （t－2）2
＋ ，∴当t＝2时，f（t）取得最大值 ，即 ＝ ，∴ymax＝ ，
∴（S△APA'）max＝ ×2 × ＝ ，∴△APA'面积的最大值为 .
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4
3. 在平面直角坐标系xOy中，重新定义两点A（x1，y1），B（x2，y2）
之间的“类距离”为｜AB｜＝｜x2－x1｜＋｜y2－y1｜，我们把到两定
点F1（－c，0），F2（c，0）（c＞0）的“类距离”之和为常数2a
（a＞c）的点的轨迹叫“类椭圆”.
（1）求“类椭圆”的方程；
1
2
3
4
解：设“类椭圆”上任意一点为P（x，y），
则｜PF1｜＋｜PF2｜＝2a，
即｜x＋c｜＋｜y｜＋｜x－c｜＋｜y｜＝2a，即｜x＋c｜
＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a（a＞c＞0），
所以“类椭圆”的方程为｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a
（a＞c＞0）.
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（2）根据“类椭圆”的方程，研究“类椭圆”的范围、对称性，并说
明理由.
解：由方程｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，得2｜
y｜＝2a－｜x＋c｜－｜x－c｜，
因为｜y｜≥0，所以2a－｜x＋c｜－｜x－c｜≥0，即2a≥｜
x＋c｜＋｜x－c｜，
所以或
或
解得－a≤x≤a，
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由方程｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，得｜x＋c｜＋｜x
－c｜＝2a－2｜y｜，
即2a－2｜y｜＝所以2a－2｜y｜≥2c，所以c
－a≤y≤a－c，
所以“类椭圆”的范围为－a≤x≤a，c－a≤y≤a－c，
将点（－x，y）代入得，｜－x＋c｜＋｜－x－c｜＋2｜y｜＝2a，
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即｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，方程不变，所以“类椭
圆”关于y轴对称，
将点（x，－y）代入得，｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜－y｜＝2a，
即｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，方程不变，所以“类椭
圆”关于x轴对称，
将点（－x，－y）代入得，｜－x＋c｜＋｜－x－c｜＋2｜－
y｜＝2a，
即｜x＋c｜＋｜x－c｜＋2｜y｜＝2a，方程不变，所以“类椭
圆”关于原点对称，
所以“类椭圆”关于x轴、y轴、原点对称.
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4. 在平面直角坐标系xOy中，对于直线l：ax＋by＋c＝0和点P1（x1，
y1），P2（x2，y2），记η＝（ax1＋by1＋c）（ax2＋by2＋c），若η＜
0，则称点P1，P2被直线l分隔，若曲线C与直线l没有公共点，且曲线
C上存在点P1，P2被直线l分隔，则称直线l为曲线C的一条分隔线.
（1）求证：点A（1，2），B（－1，0）被直线x＋y－1＝0分隔；
解：证明：由题得η＝（1＋2－1）（－1＋0－1）＝－4＜0，
∴点A，B被直线x＋y－1＝0分隔.
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（2）若直线y＝kx是曲线x2－4y2＝1的分隔线，求实数k的取值范围；
解：直线y＝kx与曲线x2－4y2＝1有公共点的充要条件是方
程组有解，即｜k｜＜ .
∵y＝kx是曲线x2－4y2＝1的分隔线，故它们没有公共点，即｜
k｜≥ ，
当｜k｜≥ 时，对于直线y＝kx，曲线x2－4y2＝1上的点（－1，
0）和（1，0）满足η＝－k2＜0，即点（－1，0）和（1，0）被y
＝kx分隔.
故实数k的取值范围是（－∞，－ ］∪［ ，＋∞）.
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（3）动点M到点Q（0，2）的距离与到y轴的距离之积为1，设点M的
轨迹为曲线E，求证：通过原点的直线中，有且仅有一条直线是
E的分隔线.
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解：证明：设M的坐标为（x，y），则曲线E的方程为
·｜x｜＝1，即[x2＋（y－2）2]·x2＝1.
对任意的y0，（0，y0）不是上述方程的解，即y轴与曲线E没
有公共点.
又曲线E上的点（－1，2）和（1，2）对于y轴满足η＜0，
即点（－1，2）和（1，2）被y轴分隔.∴y轴为曲线E的分隔
线.
若过原点的直线不是y轴，设其为y＝kx，由
得[x2＋（kx－2）2]·x2－1＝0，
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∵f（0）·f（2）＝（－1）·[16（k－1）2＋15]＜0，
∴方程f（x）＝0有实数解.
即直线y＝kx与曲线E有公共点，故直线y＝kx不是曲线E的分隔线.
综上，结论得证.
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