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重难专攻15　解析几何中的创新交汇问题
（时间：60分钟，满分：74分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1.（2026·辽宁锦州模拟）已知圆锥SO的底面半径为1，侧面积为2π，过其底面圆周上一点A作平面α，若α截圆锥SO得到的截面曲线为椭圆，则该椭圆长轴长的最小值为（　　）
A. B.1
C. D.2
2.（2025·四川成都一模）在底面半径为12的圆柱内，有两个半径也为12的球，其球心距为26，若作一平面与这两个球相切，且与圆柱的截面曲线为一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和为（　　）
A.44 B.46
C.48 D.50
3.〔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
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.〔多选〕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
5.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的取值范围是　　　　.
6.（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，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.
7.（15分）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）.
8.（17分）（2026·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：＜.
重难专攻15　解析几何中的创新交汇问题
1.C　因为圆锥SO的底面半径为1，侧面积为2π，所以圆锥SO的母线长为2，所以圆锥SO的轴截面是边长为2的等边三角形，如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，此时椭圆的长轴长取得最小值，且最小值为边长为2的正三角形的高，因为AB＝，所以椭圆的长轴长的最小值为.
2.D　设两个球的球心分别为O1，O2，所得椭圆的长轴为AB，AB与O1O2交于点E，设它们确定的平面为α，作出平面α与两个球及圆柱的截面，如图所示，过A作O1O2的垂线，交圆柱的母线于点C，设AB切球O1的切点为D，连接O1D，因为在Rt△O1DE中，O1E＝O1O2＝＝13，O1D＝12，所以cos∠DO1E＝＝，易证∠BAC＝∠DO1E，所以在Rt△ABC中，cos∠BAC＝＝，因为AC的长等于球O2的直径，所以AC＝24，所以AB＝26，即椭圆的长轴长为26，在Rt△O1DE中，DE＝＝＝5，易证D为椭圆的一个焦点，所以椭圆的焦距为10，所以椭圆的短轴长为2＝24，所以椭圆的长轴长与短轴长之和为50，故选D.
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MAB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.（1，＋∞）　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为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2＝，以E，C为焦点且经过点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.
6.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l'的方程为y＝±（x＋1）.
7.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）＝
8.解：（1）由题意可知，＋3＋1＝，解得p＝1，
所以C的方程为x2＝2y.
（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）＝－＝，
可得xn＋1＝－－xn，即点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.
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d＝，
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＜＜
＝（ －），
当n＝1时，＝＜，
当n≥2时，＜＋（ －＋－＋…＋－）
＝＋（ 1－）＜＋＝，
综上所述，＜.
1 / 1重难专攻15　解析几何中的创新交汇问题
　　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.
　　
解析几何中的交汇问题
（师生共研过关）
（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.
　　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.
训练1 （1）（2025·T8联考）设N为正整数，在平面直角坐标系Oxy中，若x2＋y2＝1（0≤m≤N，0≤n≤N，且m，n∈Z）恰好能表示出12个不同的椭圆方程，则N的一个可能取值为（　　）
A.12 B.8
C.7 D.5
（2）〔多选〕（2026·湖北十一校联考）用平面α截圆柱面，圆柱的轴与平面α所成的角记为θ，当θ为锐角时，圆柱面的截面曲线是一个椭圆.如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，并且与圆柱面和α均相切，平面α与圆柱轴的夹角为θ.其中G1G2为椭圆的长轴，F1，F2为两切点，P为椭圆上一点.下列结论中正确的有（　　）
A.椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距O1O2相等
B.椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
C.椭圆的离心率e＝cos θ
D.若R为球O1的半径，则R＝AG1·tan
新定义问题
（师生共研过关）
〔多选〕（2026·辽宁协作体考试）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
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　　圆锥曲线背景下的新定义问题，关键在于理解新知识的本质，并将其与常规圆锥曲线知识相结合.方法总结如下： （1）明确新曲线的特征，理解新运算的算理、符号及其含义； （2）联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程等常规知识联系起来，找出它们的相似之处或转换关系； （3）建立数学模型：根据新的题意，建立相应的数学模型或方程，利用解析几何或代数方法进行求解； （4）验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保最终答案符合题目要求.
训练2 法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的任意两条相互垂直的切线的交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆长半轴长与短半轴长的平方和的算术平方根，这个圆叫蒙日圆.已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的蒙日圆方程为x2＋y2＝4，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点M作椭圆C的两条切线，两切线斜率之积为，求M的轨迹方程Γ.
重难专攻15　解析几何中的创新交汇问题
考点1
【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　（1）C　（2）ABC　解析：（1）由＝知，当N为偶数时，，均有＋1个不同的取值.由方程是椭圆的方程知，≠，故方程可表示的不同的椭圆方程的个数为·，令·＝12，解得N＝6.当N为奇数时，，均有个不同的取值.故方程可表示的不同的椭圆方程的个数为·，令·＝12，解得N＝7.综上所述，N＝6或7.故选C.
（2）因为直线G1A，G1F1分别与球O1相切于点A，F1，所以根据切线长定理知，G1A＝G1F1，同理可得G2B＝G2F1，所以G1G2＝G1F1＋G2F1＝G1A＋G2B.又O1，O分别为AB，G1G2的中点，所以G1A＋G2B＝2OO1＝O1O2，因此G1G2＝O1O2，故A正确；由选项A的结论知OO1＝O1O2＝G1G2＝a，连接O1F1（图略），易知O1F1⊥平面α，OF1 平面α，所以O1F1⊥OF1，过点P作O1O2的平行线，交球O1于点M，交球O2于点N（图略），易知M，N为切点，则PF1＝PM，PF2＝PN，则PF1＋PF2＝PM＋PN＝MN＝O1O2＝2a，所以F1，F2为椭圆的两个焦点.则OF1＝c，所以O1F1＝＝＝b，即球的半径等于椭圆的短半轴长，所以球的直径等于椭圆的短轴长，故B正确；因为O1F1⊥平面α，所以轴O1O2与平面α所成的角θ＝∠O1OF1，cos θ＝cos∠O1OF1＝＝＝e，故C正确；连接O1G1（图略），易证△O1AG1≌△O1F1G1，所以∠O1G1A＝∠O1G1F1＝＝，又∠AO1G1＋∠O1G1A＝，所以∠AO1G1＝，因为tan∠AO1G1＝，所以tan＝，即R＝，故D错误.
考点2
【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）由题意可得解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.
（2）①当切线斜率不存在或为零时，不满足题意；
②当切线斜率存在且不为零时，设点M（x0，y0），
设过点M（x0，y0）的切线方程为y－y0＝k（x－x0），即y＝kx＋（y0－kx0），
联立得（3k2＋1）x2＋6k（y0－kx0）x＋3[（y0－kx0）2－1]＝0，
由Δ＝36k2（y0－kx0）2－12（1＋3k2）[（y0－kx0）2－1]＝0，得3k2＋1－（y0－kx0）2＝0，
可得出关于k的二次方程（3－）k2＋2x0y0k＋（1－）＝0，
方程有两个不等根，则≠3，且Δ'＝4－4（3－）（1－）＞0，可得＋3－3＞0，
设过点M的两条切线的斜率分别为k1，k2，可得k1k2＝＝，整理可得－2＝1，
又因为＋3－3＞0且－2＝1，以及3－≠0，可得＞且≠3，
即｜x0｜＞且｜x0｜≠，
所以点M的轨迹方程为Γ：x2－2y2＝1（ ｜x｜＞且｜x｜≠）.
1 / 1(共46张PPT)
重难专攻15　解析几何中的创新交汇问题
重难解读
　　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.
解析几何中的交汇问题（师生共研过关）
（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.
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 .
　　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.
训练1 （1）（2025·T8联考）设N为正整数，在平面直角坐标系Oxy中，
若 x2＋ y2＝1（0≤m≤N，0≤n≤N，且m，n∈Z）恰好能表示出
12个不同的椭圆方程，则N的一个可能取值为（　C　）
A. 12 B. 8
C
解析： 由 ＝ 知，当N为偶数时， ， 均有 ＋1个不同的取
值.由方程是椭圆的方程知， ≠ ，故方程可表示的不同的椭圆方程
的个数为 · ，令 · ＝12，解得N＝6.当N为奇数时，
， 均有 个不同的取值.故方程可表示的不同的椭圆方程的个数为
· ，令 · ＝12，解得N＝7.综上所述，N＝6或7.故选C.
C. 7 D. 5
（2）〔多选〕（2026·湖北十一校联考）用平面α截圆柱面，圆柱的轴与平
面α所成的角记为θ，当θ为锐角时，圆柱面的截面曲线是一个椭圆.如图所
示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于α的上方和下方，
并且与圆柱面和α均相切，平面α与圆柱轴的夹角为θ.其中G1G2为椭圆的长
轴，F1，F2为两切点，P为椭圆上一点.下列结论中正确的有（　ABC　）
ABC
A. 椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距O1O2相等
B. 椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
C. 椭圆的离心率e＝ cos θ
D. 若R为球O1的半径，则R＝AG1·tan
解析：因为直线G1A，G1F1分别与球O1相切于点A，F1，所以根据切线长
定理知，G1A＝G1F1，同理可得G2B＝G2F1，所以G1G2＝G1F1＋G2F1＝
G1A＋G2B.又O1，O分别为AB，G1G2的中点，所以G1A＋G2B＝2OO1＝O1O2，因此G1G2＝O1O2，故A正确；由选项A的结论知OO1＝ O1O2＝ G1G2＝a，连接O1F1（图略），易知O1F1⊥平面α，OF1 平面α，所以O1F1⊥OF1，过点P作O1O2的平行线，交球O1于点M，交球O2于点N（图略），易知M，N为切点，则PF1＝PM，PF2＝PN，则PF1＋PF2＝PM＋PN＝MN＝O1O2＝2a，所以F1，F2为椭圆的两个焦点.则OF1＝c，
所以O1F1＝ ＝ ＝b，即球的半径等于椭圆的短半轴长，所以球的直径等于椭圆的短轴长，故B正确；因为O1F1⊥平面α，所以轴O1O2与平面α所成的角θ＝∠O1OF1， cos θ＝ cos ∠O1OF1＝ ＝ ＝e，故C正确；连接O1G1（图略），易证△O1AG1≌△O1F1G1，所以∠O1G1A＝∠O1G1F1＝ ＝ ，又∠AO1G1＋∠O1G1A＝ ，所以∠AO1G1＝ ，因为tan∠AO1G1＝ ，所以tan ＝ ，即R＝ ，故D错误.
新定义问题（师生共研过关）
〔多选〕（2026·辽宁协作体考试）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
√
√
√
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.
　　圆锥曲线背景下的新定义问题，关键在于理解新知识的本质，并将其
与常规圆锥曲线知识相结合.方法总结如下：
（1）明确新曲线的特征，理解新运算的算理、符号及其含义；
（2）联系常规知识：将新定义与圆锥曲线的第一、第二定义或标准方程
等常规知识联系起来，找出它们的相似之处或转换关系；
（3）建立数学模型：根据新的题意，建立相应的数学模型或方程，利用
解析几何或代数方法进行求解；
（4）验证与推理：在求解过程中，注意验证每一步推理的正确性，确保
最终答案符合题目要求.
训练2 法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：椭圆的任意两条相互垂直的切线的
交点都在同一个圆上，该圆的圆心是椭圆的中心，半径等于椭圆半长轴长
与半短轴长的平方和的算术平方根，这个圆叫蒙日圆.已知椭圆C： ＋
＝1（a＞b＞0）的蒙日圆方程为x2＋y2＝4，且椭圆的离心率为 .
（1）求椭圆C的方程；
解： 由题意可得 解得 故椭圆C的方程为 ＋y2
＝1.
（2）过点M作椭圆C的两条切线，两切线斜率之积为 ，求M的轨迹方
程Γ.
解：①当切线斜率不存在或为零时，不满足题意；
②当切线斜率存在且不为零时，设点M（x0，y0），
设过点M（x0，y0）的切线方程为y－y0＝k（x－x0），
即y＝kx＋（y0－kx0），
联立 得（3k2＋1）x2＋6k（y0－kx0）x＋3[（y0－
kx0）2－1]＝0，
由Δ＝36k2（y0－kx0）2－12（1＋3k2）[（y0－kx0）2－1]＝0，得3k2＋1
－（y0－kx0）2＝0，
可得出关于k的二次方程（3－ ）k2＋2x0y0k＋（1－ ）＝0，
方程有两个不等根，则 ≠3，且Δ'＝4 －4（3－ ）（1－ ）＞
0，可得 ＋3 －3＞0，
设过点M的两条切线的斜率分别为k1，k2，可得k1k2＝ ＝ ，整理可
得 －2 ＝1，
又因为 ＋3 －3＞0且 －2 ＝1，以及3－ ≠0，可得 ＞ 且
≠3，
即｜x0｜＞ 且｜x0｜≠ ，
所以点M的轨迹方程为Γ：x2－2y2＝1（ ｜x｜＞ 且｜x｜≠ ）.
课时跟踪检测
（时间：60分钟，满分：74分）
[备注：单选、填空题5分，多选题6分]
1. （2026·辽宁锦州模拟）已知圆锥SO的底面半径为1，侧面积为2π，过
其底面圆周上一点A作平面α，若α截圆锥SO得到的截面曲线为椭圆，则该
椭圆长轴长的最小值为（　　）
A. B. 1
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8
C. D. 2
√
解析： 　因为圆锥SO的底面半径为1，侧面积为2π，所以
圆锥SO的母线长为2，所以圆锥SO的轴截面是边长为2的等
边三角形，如图所示，当该椭圆的长轴垂直于母线时，此时
椭圆的长轴长取得最小值，且最小值为边长为2的正三角形
的高，因为AB＝ ，所以椭圆的长轴长的最小值为 .
2. （2025·四川成都一模）在底面半径为12的圆柱内，有两个半径也为12
的球，其球心距为26，若作一平面与这两个球相切，且与圆柱的截面曲线
为一个椭圆，则这个椭圆的长轴长与短轴长之和为（　　）
A. 44 B. 46 C. 48 D. 50
解析： 　设两个球的球心分别为O1，O2，所得椭圆的长轴为
AB，AB与O1O2交于点E，设它们确定的平面为α，作出平面α
与两个球及圆柱的截面，如图所示，过A作O1O2的垂线，交圆
柱的母线于点C，设AB切球O1的切点为D，连接O1D，因为
在Rt△O1DE中，O1E＝ O1O2＝ ＝13，O1D＝12，
√
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所以 cos ∠DO1E＝ ＝ ，易证∠BAC＝∠DO1E，所以在
Rt△ABC中， cos ∠BAC＝ ＝ ，因为AC的长等于球O2的
直径，所以AC＝24，所以AB＝26，即椭圆的长轴长为26，在
Rt△O1DE中，DE＝ ＝ ＝5，易证
D为椭圆的一个焦点，所以椭圆的焦距为10，所以椭圆的短轴
长为2 ＝24，所以椭圆的长轴长与短轴长之和为50，
故选D.
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3. 〔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
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.对于C：由
曲线的方程可得y2＝ －（x－2）2，取x＝ ，则y2＝ － ，而
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－ －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. 〔多选〕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MAB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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5. 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的取值范围是 .
（1，＋∞）　
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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为焦点且经过点A的双曲线的离心率为e2＝ ，以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为e1＝ ，则e1e2＝ ＝ ＋ .在△ABC中，设｜BM｜
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＝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.
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6. （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，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l'的方程为y＝± （x＋1）.
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7. （15分）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；
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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＝ ＝ ＝ ＝ .
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（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，
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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）＝
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8. （17分）（2026·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；
解： 由题意可知， ＋3＋1＝ ，解得p＝1，
所以C的方程为x2＝2y.
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②设△MnFMn＋1的面积为Sn，证明： ＜ .
解： 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－ ，
（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；
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所以直线MnMn＋1：y－ ＝－ （x－xn），
与x2＝2y联立可得，－ （x－xn）＝ － ＝
，
可得xn＋1＝－ －xn，即点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.
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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d＝ ，
所以｜MnMn＋1｜＝ ｜xn＋1－xn｜＝ ｜ ＋2xn｜，
所以Sn＝ （ ＋ ）｜ ＋2xn｜＝ ≥ ＝ ＋1，
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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 ＜ ＜
＝ （ － ），
当n＝1时， ＝ ＜ ，
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当n≥2时， ＜ ＋ （ － ＋ － ＋…＋ －
）
＝ ＋ （ 1－ ）＜ ＋ ＝ ，
综上所述， ＜ .
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THANKS
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