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创新交汇　圆锥曲线与其他知识的综合问题
（时间：60分钟，满分：71分）
一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1.灯笼的主体可看作是将一个椭圆绕其短轴旋转得到的，这样的旋转体称为椭圆体.已知椭圆＋＝1（a＞b＞0）绕其短轴旋转得到的椭圆体的体积和表面积可以用公式V＝πa2b和S＝π（a2＋2ab）计算.若灯笼主体的体积为π，其对应的椭圆的长半轴长a≤4，则该灯笼主体表面积的取值范围为（　　）
A.（8π，］
B.（16π，］
C.（16π，］
D.（8π，］
2.如图，在△ABC中，已知∠BAC＝120°，其内切圆与AC边相切于点D，且AD＝1，延长BA到E，使BE＝BC，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2，则e1e2的取值范围为（　　）
A.（1，＋∞）
B.（，＋∞）
C.（，＋∞）
D.（2，＋∞）
二、多项选择题（每小题6分，共12分）
3.（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
B.点（2，0）在C上
C.C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D.当点（x0，y0）在C上时，y0≤
4.古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线.后经研究发现：当圆锥轴截面的顶角为2α时，用一个与旋转轴所成角为β的平面γ（不过圆锥顶点）去截该圆锥面，则截口曲线（圆锥曲线）的离心率为e＝.比如，当α＝β时，e＝1，即截得的曲线是抛物线.如图，在空间直角坐标系Oxyz中放置一个圆锥，顶点S（0，0，2），M（0，1，1），底面圆O的半径为2，直径AB，CD分别在x，y轴上，则下列说法中正确的是（　　）
A.已知点N（0，0，1），则过点M，N的平面截该圆锥所得的截口曲线为圆
B.平面MAB截该圆锥得的截口曲线为抛物线的一部分
C.若E（－，－，0），F（，，0），则平面MEF截该圆锥得的截口曲线为双曲线的一部分
D.若平面γ截该圆锥得的截口曲线为离心率是的双曲线的一部分，则平面γ不经过原点O
三、解答题（共49分）
5.（15分）（2025·浙江温州二模）在平面直角坐标系xOy中，已知点F（－1，0），P是直线l：x＝－8右侧区域内的动点，P到直线l与y轴的距离之和等于它到点F距离的4倍，记点P的轨迹为E.
（1）求E的方程，并在图中画出该曲线；
（2）直线l'过点F，与E交于A，B两点，若｜AB｜＝，求直线l'的方程.
6.（17分）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；
（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；
（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.
7.（17分）（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.
（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.
创新交汇　圆锥曲线与其他知识的综合问题
1.C　由题意，a2b＝，则b＝＜a，可得a＞2，故2＜a≤4.表面积S＝（a2＋2ab）＝（a2＋）（2＜a≤4），则S'＝（2a－）＝（a3－8）（2＜a≤4）.易知S'＞0，所以S＝（a2＋）在a∈（2，4]上单调递增.而当a→2时，S→×（22＋）＝16π，当a＝4时，S＝×（42＋）＝，所以S∈（16π，］.故选C.
2.A　如图，以CE的中点O为原点建立平面直角坐标系，设M，G分别是BC，BE与圆的切点，由圆的切线性质得｜AG｜＝｜AD｜＝1，设｜CD｜＝｜CM｜＝｜GE｜＝m（m＞1），所以｜AC｜＝1＋m，｜AE｜＝｜GE｜－｜AG｜＝m－1.在△ACE中，｜CE｜2＝｜CA｜2＋｜AE｜2－2｜CA｜·｜AE｜cos 60°＝m2＋3，所以以E，C为焦点经过点A的双曲线的离心率为e2＝，以E，C为焦点经过点A的椭圆的离心率为e1＝，则e1e2＝＝＋.在△ABC中，设｜BM｜＝n，所以｜BC｜＝m＋n，｜AB｜＝n＋1，｜AC｜＝m＋1，由余弦定理可得｜BC｜2＝｜AB｜2＋｜AC｜2－2｜AB｜｜AC｜·cos 120°，所以mn＝3m＋3n＋3，所以n＝＞0，得m＞3.由对勾函数的单调性可得函数y＝＋在（3，＋∞）上单调递增，所以e1e2＝＋＞＋＝1.
3.ABD　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.
4.BCD　对于A，只有过点M，N且与底面平行的平面截该圆锥所得的截口曲线才是圆，其他情况均不是圆，故A不正确；对于B，由题得底面圆O的半径为2，则OD＝2，OS＝2，则M为SD的中点，易知AB⊥平面SCD，SD 平面SCD，所以SD⊥AB，又SD⊥OM，OM∩AB＝O，OM 平面MAB，AB 平面MAB，所以SD⊥平面MAB，又易知OM＝SM＝MD，所以平面MAB与旋转轴OS所成角为∠SOM＝，∠OSD＝，即β＝，α＝，所以e＝＝1，所以平面MAD截该圆锥得的截口曲线为抛物线的一部分，故B正确；对于C，E（－，－，0），F（，，0），M（0，1，1），则＝（2，2，0），＝（，－1，－1），设平面MEF的一个法向量为m＝（x，y，z），则取x＝1，则y＝－1，z＝1，故m＝（1，－1，1），所以sin β＝｜cos〈m，〉｜＝＝＝，所以cos β＝，故e＝＝＝＝∈（1，＋∞），所以平面MEF截该圆锥所得的截口曲线为双曲线的一部分，故C正确；对于D，若平面γ截该圆锥得的截口曲线为离心率是的双曲线的一部分，则＝＝，所以cos β＝1，因为β∈［0，］，所以β＝0，所以平面γ∥OS，故平面γ不经过原点O，故D正确.故选B、C、D.
5.解：（1）设P（x，y），则有x＋8＋｜x｜＝4，
当x≥0时，化简得＋＝1；
当x＜0时，化简得（x＋1）2＋y2＝4，
所以E：曲线如图所示.
（2）如图所示，不妨设点A在圆上，则｜AF｜＝2，｜BF｜＝＞2，所以点B在椭圆上.
设B（2cos θ，sin θ），｜BF｜2＝（2cos θ＋1）2＋3sin2θ＝，
解得cos θ＝，所以B（1，±），所以kBF＝＝±，
所以直线方程为l'：y＝±（x＋1）.
6.解：（1）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.
（2）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（－∞，－］∪［，＋∞）.
（3）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＝nx，由
得[x2＋（nx－2）2]·x2－1＝0，
令f（x）＝[x2＋（nx－2）2]·x2－1，
∵f（0）·f（2）＝（－1）·[16（n－1）2＋15]＜0，
∴方程f（x）＝0有实数解.
即直线y＝nx与曲线E有公共点，故直线y＝nx不是曲线E的分隔线.
综上，结论得证.
7.解：（1）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）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.
2 / 2创新交汇　圆锥曲线与其他知识的综合问题
【备考指南】　解析几何创新问题的表现形式有：（1）与其他数学知识融合，如立体几何、导数等；（2）定义新的解析几何概念，如距离、曲线等.解决解析几何创新题理解新定义是基础、计算是关键.
类型一　圆锥曲线与其他知识的交汇
【瓶颈突破】　本题考查抛物线与直线相切、对称、数列等综合应用.解决问题的关键是根据直线与曲线相切，令Δ＝0转化变量为斜率k的方程，从而求解k与对称点的坐标，利用等差数列的定义求解.
【例1】　（2025·浙江绍兴二模改编）位于第一象限的一点P1（x1，y1）满足＞2y1，过P1作x2＝2y的切线，切点为A1（，），且满足x1＜，设P2（x2，y2）为P1关于A1的对称点.
（1）证明：－2y1＝－2y2；
（2）①若过P2的另一条切线切x2＝2y于A2，设P3为P2关于A2的对称点，如此重复进行下去，若Pn＋1为Pn关于切点An的对称点，设Pn（xn，yn），证明：{xn}为等差数列；
②由①所设且P1（1，0），求｜P7P8｜的值.
【训练1】　（2025·贵州贵阳七校联合考试）已知椭圆C：＋＝1（a＞）过点P，F为C的右焦点，PF⊥x轴，且｜PF｜＝1，如图，过点P的两条动直线交椭圆于A（x1，y1），B（x2，y2）.
（1）求实数a的值；
（2）设M是C上的动点，过点M作直线x＝2的垂线MN，N为垂足，求；
（3）记∠FBA＝α，∠FAB＝β，若直线AB的斜率为，求sin α－sin β的最大值.
类型二　圆锥曲线的新定义问题
【技法点拨】　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.
【例2】　〔多选〕（2025·辽宁省部分重点中学协作体考试）如图，曲线C是一条双纽线，曲线C上的点满足：到点F1（－3，0）与F2（3，0）的距离之积为9，已知点P（x0，y0）是双纽线C上一点，则下列结论正确的是（　　）
A.点（3，0）在曲线C上
B.曲线C的方程为（x2＋y2）2＝9（x2－y2）
C.直线y＝x与曲线C只有一个交点
D.点D在椭圆＋＝1上，若F1D⊥F2D，则D∈C
【训练2】　在平面直角坐标系中，若点P（x，y）的横、纵坐标均为整数，则称P（x，y）为格点，若曲线Γ上存在3个格点构成三角形，则称Γ为“3格曲线”.
（1）若椭圆C：＋＝1（1＜b＜2）为“3格曲线”，求C的离心率；
（2）若椭圆C：＋＝1（0＜b＜2）上存在n（n≥4）个格点，且从中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为C的左顶点的概率为P（n），求P（n）.
创新交汇　圆锥曲线与其他知识的综合问题
【典例·讲解】
【例1】　解：（1）证明：∵＝＝y'＝，
∴y1－y2＝（x1－x2），
又∵＝，
∴y1－y2＝（x1－x2），
∴－＝2（y1－y2），∴－2y1＝－2y2.
（2）①证明：设过Pn（xn，yn）的切线为：y－yn＝k*（x－xn），联立x2＝2y得x2－2k*x＋2k*xn－2yn＝0，令Δ＝0 （k*）2－2xnk*＋2yn＝0，k*＝＝xn±，
记＝t，由（1）易得＝t，则k*＝xn±t.
设kn＝xn＋t，kn－1＝xn－t，
∴xn＋1－xn＝[kn＋t－（kn－t）]＝2t，
∴{xn}为等差数列.
②｜P7P8｜＝2｜P7A7｜＝2｜x7－｜＝2｜x7－k7｜＝2·t，
此时t＝＝1，d＝xn＋1－xn＝2t＝2.
｜P7P8｜＝2＝2.
【训练1】　解：（1）由题意易得，F（，0），因为PF⊥x轴，且｜PF｜＝1，
所以点P的坐标为（，1），
又点P在椭圆C上，
所以＋＝1，解得a2＝4或a2＝1（舍去），所以a＝2.
（2）由（1）知，椭圆C的方程为＋＝1.
设动点M（x0，y0），则＋＝1，所以＝2－，
故｜MF｜＝＝｜x0－2｜，｜MN｜＝｜x0－2｜，
所以＝.
（3）不妨设∠AFB＝γ，△ABF的外接圆半径为R，
则由正弦定理＝＝＝2R，
得｜AF｜＝2Rsin α，｜BF｜＝2Rsin β，｜AB｜＝2Rsin γ.
如图，过A，B分别作直线x＝2的垂线，垂足分别为D，E，
过B作BG⊥AD，垂足为G，
由（2）的结论可得＝，＝，
所以｜AF｜－｜BF｜＝（｜AD｜－｜BE｜），即2Rsin α－2Rsin β＝｜AG｜，
所以｜AG｜＝2R（sin α－sin β），
又kAB＝，所以tan∠BAG＝，
则＝cos∠BAG＝，
即＝，
所以sin α－sin β＝sin γ≤，当且仅当γ＝时，等号成立，
所以sin α－sin β的最大值为.
【例2】　ACD　对于A，记点Q（3，0），则｜QF1｜＝3＋3，｜QF2｜＝3－3，所以｜QF1｜·｜QF2｜＝（3＋3）（3－3）＝9，所以点Q（3，0）在曲线C上，A正确；对于B，在曲线C上任取一点M（x，y），由题意可得｜MF1｜·｜MF2｜＝9，即·＝9，即[（x2＋y2＋9）＋6x]·[（x2＋y2＋9）－6x]＝81，即（x2＋y2＋9）2－36x2＝81，即（x2＋y2）2＋18（x2＋y2）－36x2＝0，整理可得（x2＋y2）2＝18（x2－y2），B错误；对于C，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；
对于D，椭圆＋＝1的标准方程为＋＝1，所以a＝，b＝，则c＝＝3，所以椭圆的两个焦点恰好为F1，F2，由椭圆的定义可得｜DF1｜＋｜DF2｜＝2a＝3，由DF1⊥DF2可得｜DF1｜2＋｜DF2｜2＝｜F1F2｜2＝36，因为（｜DF1｜＋｜DF2｜）2＝｜DF1｜2＋｜DF2｜2＋2｜DF1｜·｜DF2｜＝36＋2｜DF1｜·｜DF2｜＝54，解得｜DF1｜·｜DF2｜＝9，因此，D∈C，D正确.故选A、C、D.
【训练2】　解：（1）由题可知，C的左顶点A1（－2，0），右顶点A2（2，0）是两个格点.
因为1＜b＜2，所以C的上、下顶点不为格点.
又C为“3格曲线”，所以C上至少存在一个异于椭圆C顶点的格点H（m，t），则m，t∈Z，则
由＋＝1，可得＋＝1，解得b2＝，
则C的离心率e＝＝＝＝.
（2）由（1）可知，当1＜b＜2时，H（m，t）是C上的格点，且
此时C上有（－2，0），（2，0），（1，1），（1，－1），（－1，1），（－1，－1），共6个格点，则P（6）＝＝，
当b＝1时，易知C上有（－2，0），（2，0），（0，1），（0，－1），共4个格点，则P（4）＝＝，
当0＜b＜1时，易知C上有（－2，0），（2，0），共2个格点，不符合题意，
故P（n）＝
2 / 2(共45张PPT)
创新交汇　
圆锥曲线与其他知识的综合问题
备考指南
解析几何创新问题的表现形式有：（1）与其他数学知识融合，如立体几何、导数等；（2）定义新的解析几何概念，如距离、曲线等.解决解析几何创新题理解新定义是基础、计算是关键.
典例·讲解 典例精析 强技提能
一
课后·训练 巩固强化 综合测评
二
目录 /
CONTENTS
典例·讲解
典例精析 强技提能
类型一　圆锥曲线与其他知识的交汇
【例1】　（2025·浙江绍兴二模改编）位于第一象限的一点P1（x1，y1）
满足 ＞2y1，过P1作x2＝2y的切线，切点为A1（ ， ），且满足x1
＜ ，设P2（x2，y2）为P1关于A1的对称点.
（1）证明： －2y1＝ －2y2；
解： 证明：∵ ＝ ＝y' ＝ ，
∴y1－y2＝ （x1－x2），
又∵ ＝ ，∴y1－y2＝ （x1－x2），
∴ － ＝2（y1－y2），∴ －2y1＝ －2y2.
（2）①若过P2的另一条切线切x2＝2y于A2，设P3为P2关于A2的对称点，
如此重复进行下去，若Pn＋1为Pn关于切点An的对称点，设Pn（xn，
yn），证明：{xn}为等差数列；
②由①所设且P1（1，0），求｜P7P8｜的值.
【瓶颈突破】　本题考查抛物线与直线相切、对称、数列等综合应用.解决问题的关键是根据直线与曲线相切，令Δ＝0转化变量为斜率k的方程，从而求解k与对称点的坐标，利用等差数列的定义求解.
解： ①证明：设过Pn（xn，yn）的切线为：y－yn＝k*（x－xn），
联立x2＝2y得x2－2k*x＋2k*xn－2yn＝0，令Δ＝0 （k*）2－2xnk*＋2yn＝
0，k*＝ ＝xn± ，
记 ＝t，由（1）易得 ＝t，则k*＝xn±t.设kn＝xn＋
t，kn－1＝xn－t，
∴xn＋1－xn＝[kn＋t－（kn－t）]＝2t，∴{xn}为等差数列.
②｜P7P8｜＝2｜P7A7｜＝2 ｜x7－ ｜＝2 ｜x7－k7｜
＝2 ·t，　
此时t＝ ＝1，d＝xn＋1－xn＝2t＝2.
｜P7P8｜＝2 ＝2 .
【训练1】　（2025·贵州贵阳七校联合考试）已知椭
圆C： ＋ ＝1（a＞ ）过点P，F为C的右焦
点，PF⊥x轴，且｜PF｜＝1，如图，过点P的两条
动直线交椭圆于A（x1，y1），B（x2，y2）.
（1）求实数a的值；
解： 由题意易得，F（ ，0），因为PF⊥x轴，且｜PF｜＝1，
所以点P的坐标为（ ，1），又点P在椭圆C上，
所以 ＋ ＝1，解得a2＝4或a2＝1（舍去），所以a＝2.
（2）设M是C上的动点，过点M作直线x＝2 的垂线MN，N为垂足，
求 ；
解： 由（1）知，椭圆C的方程为 ＋ ＝1.
设动点M（x0，y0），则 ＋ ＝1，所以 ＝2－ ，
故｜MF｜＝ ＝ ｜x0－2 ｜，｜MN｜＝｜x0－
2 ｜，
所以 ＝ .
（3）记∠FBA＝α，∠FAB＝β，若直线AB的斜率为 ，求 sin α－ sin
β的最大值.
解：不妨设∠AFB＝γ，△ABF的外接圆半径为R，
则由正弦定理 ＝ ＝ ＝2R，
得｜AF｜＝2R sin α，｜BF｜＝2R sin β，｜AB｜＝2R sin γ.
如图，过A，B分别作直线x＝2 的垂线，垂足分别为D，E，
过B作BG⊥AD，垂足为G，
由（2）的结论可得 ＝ ， ＝ ，
所以｜AF｜－｜BF｜＝ （｜AD｜－｜BE｜），即2R sin α－2R sin β＝ ｜AG｜，
所以｜AG｜＝2 R（ sin α－ sin β），又kAB＝ ，
所以tan∠BAG＝ ，
则 ＝ cos ∠BAG＝ ，即 ＝ ，
所以 sin α－ sin β＝ sin γ≤ ，当且仅当γ＝ 时，等号成立，
所以 sin α－ sin β的最大值为 .
类型二　圆锥曲线的新定义问题
【例2】　〔多选〕（2025·辽宁省部分重点中学协作体
考试）如图，曲线C是一条双纽线，曲线C上的点满足：
到点F1（－3，0）与F2（3，0）的距离之积为9，已知
点P（x0，y0）是双纽线C上一点，则下列结论正确的是（　　）
A. 点（3 ，0）在曲线C上
B. 曲线C的方程为（x2＋y2）2＝9（x2－y2）
C. 直线y＝x与曲线C只有一个交点
D. 点D在椭圆 ＋ ＝1上，若F1D⊥F2D，则D∈C
√
√
√
【技法点拨】　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.
解析： 　对于A，记点Q（3 ，0），则｜QF1｜＝3 ＋3，｜
QF2｜＝3 －3，所以｜QF1｜·｜QF2｜＝（3 ＋3）（3 －3）＝
9，所以点Q（3 ，0）在曲线C上，A正确；对于B，在曲线C上任取一
点M（x，y），由题意可得｜MF1｜·｜MF2｜＝9，即
· ＝9，即[（x2＋y2＋9）＋6x]·[（x2
＋y2＋9）－6x]＝81，即（x2＋y2＋9）2－36x2＝81，即（x2＋y2）2＋18
（x2＋y2）－36x2＝0，整理可得（x2＋y2）2＝18（x2－y2），B错误；对
于C，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；
对于D，椭圆 ＋ ＝1的标准方程为 ＋ ＝1，所以a＝ ，b＝
，则c＝ ＝3，所以椭圆的两个焦点恰好为F1，F2，由椭圆的
定义可得｜DF1｜＋｜DF2｜＝2a＝3 ，由DF1⊥DF2可得｜DF1｜2
＋｜DF2｜2＝｜F1F2｜2＝36，因为（｜DF1｜＋｜DF2｜）2＝｜DF1｜2
＋｜DF2｜2＋2｜DF1｜·｜DF2｜＝36＋2｜DF1｜·｜DF2｜＝54，解得｜
DF1｜·｜DF2｜＝9，因此，D∈C，D正确.故选A、C、D.
【训练2】　在平面直角坐标系中，若点P（x，y）的横、纵坐标均为整
数，则称P（x，y）为格点，若曲线Γ上存在3个格点构成三角形，则称Γ
为“3格曲线”.
（1）若椭圆C： ＋ ＝1（1＜b＜2）为“3格曲线”，求C的离心率；
解：由题可知，C的左顶点A1（－2，0），右顶点A2（2，0）是两
个格点.
因为1＜b＜2，所以C的上、下顶点不为格点.
又C为“3格曲线”，所以C上至少存在一个异于椭圆C顶点的格点H
（m，t），则 m，t∈Z，则
由 ＋ ＝1，可得 ＋ ＝1，解得b2＝ ，
则C的离心率e＝ ＝ ＝ ＝ .
（2）若椭圆C： ＋ ＝1（0＜b＜2）上存在n（n≥4）个格点，且从
中任取3个格点构成三角形，设该三角形的一个顶点为C的左顶点的概率
为P（n），求P（n）.
解： 由（1）可知，当1＜b＜2时，H（m，t）是C上的格点，且
此时C上有（－2，0），（2，0），（1，1），（1，－1），（－1，
1），（－1，－1），共6个格点，则P（6）＝ ＝ ，
当b＝1时，易知C上有（－2，0），（2，0），（0，1），（0，－
1），共4个格点，则P（4）＝ ＝ ，
当0＜b＜1时，易知C上有（－2，0），（2，0），共2个格点，不符
合题意，
故P（n）＝
课后·训练
巩固强化 综合测评
（时间：60分钟，满分：71分）
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一、单项选择题（每小题5分，共10分）
1. 灯笼的主体可看作是将一个椭圆绕其短轴旋转得到的，这样的旋转体称
为椭圆体.已知椭圆 ＋ ＝1（a＞b＞0）绕其短轴旋转得到的椭圆体的
体积和表面积可以用公式V＝ πa2b和S＝ π（a2＋2ab）计算.若灯笼主
体的体积为 π，其对应的椭圆的长半轴长a≤4，则该灯笼主体表面积的
取值范围为（　　）
A. （8π， ］ B. （16π， ］
C. （16π， ］ D. （8π， ］
√
解析： 　由题意， a2b＝ ，则b＝ ＜a，可得a＞2，故2＜a≤4.
表面积S＝ （a2＋2ab）＝ （a2＋ ）（2＜a≤4），则S'＝ （2a
－ ）＝ （a3－8）（2＜a≤4）.易知S'＞0，所以S＝ （a2＋ ）
在a∈（2，4]上单调递增.而当a→2时，S→ ×（22＋ ）＝16π，当a
＝4时，S＝ ×（42＋ ）＝ ，所以S∈（16π， ］.故选C.
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2. 如图，在△ABC中，已知∠BAC＝120°，其内切圆与AC边相切于点
D，且AD＝1，延长BA到E，使BE＝BC，连接CE，设以E，C为焦点
且经过点A的椭圆的离心率为e1，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的
离心率为e2，则e1e2的取值范围为（　　）
A. （1，＋∞） B. （ ，＋∞）
C. （ ，＋∞） D. （2，＋∞）
√
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解析： 　如图，以CE的中点O为原点建立平面直角坐标
系，设M，G分别是BC，BE与圆的切点，由圆的切线性质
得｜AG｜＝｜AD｜＝1，设｜CD｜＝｜CM｜＝｜GE｜
＝m（m＞1），所以｜AC｜＝1＋m，｜AE｜＝｜GE｜
－｜AG｜＝m－1.在△ACE中，｜CE｜2＝｜CA｜2＋｜
AE｜2－2｜CA｜·｜AE｜ cos 60°＝m2＋3，所以以E，C为焦点经过点A的双曲线的离心率为e2＝ ，以E，C为焦点经过点A的椭圆的离心率为e1＝ ，则e1e2＝ ＝ ＋ .在△ABC中，设｜BM｜＝n，
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所以｜BC｜＝m＋n，｜AB｜＝n＋1，｜AC｜＝m＋1，由余弦定理
可得｜BC｜2＝｜AB｜2＋｜AC｜2－2｜AB｜｜AC｜· cos 120°，所以mn＝3m＋3n＋3，所以n＝ ＞0，得m＞3.由对勾函数的单调性可得函数y＝ ＋ 在（3，＋∞）上单调递增，所以e1e2＝ ＋ ＞ ＋ ＝1.
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二、多项选择题（每小题6分，共12分）
3. （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
B. 点（2 ，0）在C上
C. C在第一象限的点的纵坐标的最大值为1
D. 当点（x0，y0）在C上时，y0≤
√
√
√
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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；
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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.
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4. 古希腊数学家阿波罗尼斯采用平面切割圆锥面的方法来研究圆锥曲线.
后经研究发现：当圆锥轴截面的顶角为2α时，用一个与旋转轴所成角为
β的平面γ（不过圆锥顶点）去截该圆锥面，则截口曲线（圆锥曲线）的
离心率为e＝ .比如，当α＝β时，e＝1，即截得的曲线是抛物线.如
图，在空间直角坐标系Oxyz中放置一个圆锥，顶点S（0，0，2），M
（0，1，1），底面圆O的半径为2，直径AB，CD分别在x，y轴上，则
下列说法中正确的是（　　）
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A. 已知点N（0，0，1），则过点M，N的平面截该圆锥
所得的截口曲线为圆
B. 平面MAB截该圆锥得的截口曲线为抛物线的一部分
C. 若E（－ ，－ ，0），F（ ， ，0），则平
面MEF截该圆锥得的截口曲线为双曲线的一部分
D. 若平面γ截该圆锥得的截口曲线为离心率是 的双曲线的一部分，则平面γ不经过原点O
√
√
√
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解析： 　对于A，只有过点M，N且与底面平行的平面截该圆锥所得
的截口曲线才是圆，其他情况均不是圆，故A不正确；对于B，由题得底面
圆O的半径为2，则OD＝2，OS＝2，则M为SD的中点，易知AB⊥平面
SCD，SD 平面SCD，所以SD⊥AB，又SD⊥OM，OM∩AB＝O，
OM 平面MAB，AB 平面MAB，所以SD⊥平面MAB，又易知OM＝
SM＝MD，所以平面MAB与旋转轴OS所成角为∠SOM＝ ，∠OSD＝
，即β＝ ，α＝ ，所以e＝ ＝1，所以平面MAD截该圆锥得的截
口曲线为抛物线的一部分，故B正确；
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对于C，E（－ ，－ ，0），F（ ， ，0），M（0，1，1），
则 ＝（2 ，2 ，0）， ＝（ ， －1，－1），设平面MEF
的一个法向量为m＝（x，y，z），则
取x＝1，则y＝－1，z＝1，故m
＝（1，－1，1），所以 sin β＝｜ cos 〈m， 〉｜＝ ＝
＝ ，所以 cos β＝ ，故e＝ ＝ ＝ ＝ ∈（1，＋∞），
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所以平面MEF截该圆锥所得的截口曲线为双曲线的一部分，故C正确；对
于D，若平面γ截该圆锥得的截口曲线为离心率是 的双曲线的一部分，
则 ＝ ＝ ，所以 cos β＝1，因为β∈［0， ］，所以β＝0，
所以平面γ∥OS，故平面γ不经过原点O，故D正确.故选B、C、D.
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三、解答题（共49分）
5. （15分）（2025·浙江温州二模）在平面直角坐标系xOy中，已知点F
（－1，0），P是直线l：x＝－8右侧区域内的动点，P到直线l与y轴的
距离之和等于它到点F距离的4倍，记点P的轨迹为E.
（1）求E的方程，并在图中画出该曲线；
解： 设P（x，y），则有x＋8＋｜x｜＝
4 ，当x≥0时，化简得 ＋ ＝1；
当x＜0时，化简得（x＋1）2＋y2＝4，
所以E： 曲线如图所示.
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（2）直线l'过点F，与E交于A，B两点，若｜AB｜＝ ，求直线l'的方程.
解： 如图所示，不妨设点A在圆上，则｜AF｜＝2，
｜BF｜＝ ＞2，所以点B在椭圆上.
设B（2 cos θ， sin θ），｜BF｜2＝（2 cos θ＋1）2＋3 sin 2θ＝ ，
解得 cos θ＝ ，所以B（1，± ），所以kBF＝ ＝± ，
所以直线方程为l'：y＝± （x＋1）.
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6. （17分）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.
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.
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若过原点的直线不是y轴，设其为y＝nx，由
得[x2＋（nx－2）2]·x2－1＝0，令f（x）＝[x2＋（nx－2）2]·x2－1，
∵f（0）·f（2）＝（－1）·[16（n－1）2＋15]＜0，
∴方程f（x）＝0有实数解.
即直线y＝nx与曲线E有公共点，故直线y＝nx不是曲线E的分隔线.
综上，结论得证.
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7. （17分）（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.
（1）已知圆C1：x2＋y2＝1为M1的包络曲线，判断直线l：x sin θ－y cos
θ＝1（θ为常数，θ∈R）与集合M1的关系；
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.
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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，
（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.
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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｜，
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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.
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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 .
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THANKS
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