专题六　微创新　圆锥曲线与其他知识的综合问题 -大二轮数学专题复习

微创新圆锥曲线与其他知识的综合问题[考情分析]高中数学中圆锥曲线问题主要包含定点、定值、最值、存在性探索问题等，这些不同类型的问题既能体现圆锥曲线的桥梁作用，又能体现不同的数学思想和方法.与此同时，圆锥曲线的横向联系也同样重要，与平面向量、圆、立体几何、不等式、数列、导数等不同知识内容的交汇，能够加强各个分支知识点之间的联系，也能提高学生解决综合性数学问题的能力.考点一圆锥曲线与数列的交汇问题例1(2024·新课标全国Ⅱ)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=12，求x2，y2(2)证明：数列{xn-yn}是公比为1+k(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn=Sn+1.(1)解由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.当k=12时过P1(5，4)且斜率为12的直线为y=x与x2-y2=9联立得到x2-x+3解得x=-3或x=5，所以该直线与C的不同于P1的交点为Q1(-3，0)，该点显然在C的左支上.故P2(3，0)，从而x2=3，y2=0.(2)证明方法一由于过Pn(xn，yn)且斜率为k的直线为y=k(x-xn)+yn，与x2-y2=9联立，得到方程x2-[k(x-xn)+yn]2=9.展开得(1-k2)x2-2k(yn-kxn)x-(yn-kxn)2-9=0，由于Pn(xn，yn)已经是直线y=k(x-xn)+yn和x2-y2=9的公共点，故方程必有一根x=xn.从而根据根与系数的关系，另一根x=2k(yn-k相应的y=k(x-xn)+yn=yn所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn2k而注意到Qn的横坐标亦可通过根与系数的关系表示为-(y故Qn一定在C的左支上.所以Pn+1xn这就得到xn+1=xnyn+1=yn所以xn+1-yn+1=x-y=xn+=1+k2+2k1-k2(xn-yn)=1+k再由x12-y就知道x1-y1≠0，所以数列{xn-yn}是公比为1+k1-方法二因为点Pn(xn，yn)关于y轴的对称点是Qn-1(-xn，yn)，点Pn-1(xn-1，yn-1)，Qn-1在同一条斜率为k的直线上，所以xn-1≠-xn，并且yn-yn-1因为点Pn-1，Qn-1都在双曲线C上，所以x两式相减得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1).②由①，②得y④-③得(xn-yn)-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1)，整理得xn-y又x1-y1=1，所以{xn-yn}是公比为1+k1-(3)证明方法一先证明一个结论：对平面上三个点U，V，W，若UV=(a，b)，UW=(c，d)，则S△UVW=12ad-bc(若U，V，W在同一条直线上，约定S△证明：S△UVW=12UV·UWsin〈=12UV=12UV=1=1=1=1=1=12证毕，回到原题.由(2)可知xn+1=xnyn+1=yn故xn+1+yn+1=xn+=1+k2-2k1-k2(xn+yn)=1-k再由x12-y可知x1+y1≠0，所以数列xn+yn所以对任意的正整数m，都有xnyn+m-ynxn+m=12[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)-12[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)=12(xn-yn)(xn+m+yn+m)-12(xn+yn)(xn+m-yn+=121-k1+km(xn-yn)(xn+yn)-121+k1-km(=121-k=92而又有Pn+1Pn=(-(xn+1-xn)，-(yn+1-Pn+1Pn+2=(xn+2-xn+1，yn+2-故利用前面已经证明的结论即得Sn=S△PnPn+1Pn+2=12|-(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)+(yn+1-yn=12|(xn+1-xn)(yn+2-yn+1-(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)|=12|(xn+1yn+2-yn+1xn+2)+(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2)=1-92这就表明Sn的取值是与n无关的定值，所以Sn=Sn+1.方法二由(2)可知xn+1=xnyn+1=yn故xn+1+yn+1=xn+=1+k2-2k1-k2(xn+yn)=1-k再由x12-y可知x1+y1≠0，所以数列xn+yn所以对任意的正整数m，都有xnyn+m-ynxn+m=12[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)-12[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)=12(xn-yn)(xn+m+yn+m)-12(xn+yn)(xn+m-yn+=121-k1+km(xn-yn)(-121+k1-km(xn+yn)(=121-k=92这就得到xn+2yn+3-yn+2xn+3=9=xnyn+1-ynxn+1，以及xn+1yn+3-yn+1xn+3=9=xnyn+2-ynxn+2.两式相减，得(xn+2yn+3-yn+2xn+3)-(xn+1yn+3-yn+1xn+3)=(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2).移项得到xn+2yn+3-ynxn+2-xn+1yn+3+ynxn+1=yn+2xn+3-xnyn+2-yn+1xn+3+xnyn+1.故(yn+3-yn)(xn+2-xn+1)=(yn+2-yn+1)(xn+3-xn).而PnPn+3=(xn+3-xn，yn+3-Pn+1Pn+2=(xn+2-xn+1，yn+2-所以PnPn+3这就得到S△Pn即Sn=Sn+1.[规律方法]解析几何中的数列性质的研究，要依据已有的条件构建数列的递推关系，再对得到的递推关系作消元处理，从而得到纯粹的单数列的递推关系，这样便于问题的解决.跟踪演练1(2024·衡水模拟)已知抛物线y2=2px(p>0)，点P1为抛物线焦点.过点P1作一条斜率为正的直线l从下至上依次交抛物线于点A1与点B1，过点B1作与l斜率互为相反数的直线分别交x轴和抛物线于P2，A2.(1)若直线A1A2的斜率为k，证明：抛物线在点B1处的切线斜率为-k；(2)过点At(t∈N*，t>1)作平行于A1B1的直线分别交x轴和抛物线于P2t-1，Bt，过点Bt作直线分别交x轴和抛物线于P2t，At+1，且∀t∈N*，直线AtBt的斜率与直线At+1Bt的斜率互为相反数.证明：数列{|PnPn+1证明(1)设A1(x1，y1)，B1(x2，y2)，A2(x3，y3)，则kA1B1=y1同理kA2B1=2p因为kA2B即2py2+y3=-2py1+y则kA1A2=2p当y>0时，y=2px所以y'=p2所以抛物线y2=2px(p>0)在点B1(x2，y2)(y2>0)处的切线斜率为p2x2=p2·y2(2)设AtatBtbt22p，b故直线AtBt：y=bt-atbt2-a令y=0，则x=-atbt2p，故P同理P2t-a当n=2t时，|PnPn+1|=xPn+1|Pn-1Pn|=xPn-故|PnPn+1|-|Pn-1Pn|=xPn+1+=xP2t+1+x=at当n=2t-1(t≥2且t∈N*)时，同理有|PnPn+1|-|Pn-1Pn|=bt因为kAtBt-1故bt-1-at整理得到bt-1+at=-(bt+at)=bt+at+1，因此bt-1+bt=-2at，at+1+at=-2bt，由bt-1+bt=-2at可得bt+bt+1=-2at+1，故bt+1+2bt+bt-1=-2(at+at+1)=4bt，因此bt+1+bt-1=2bt，即{bt}为等差数列，设其公差为d.而bt-bt-1=-(at+1-at)，故at+1-at=-d，其中t≥2且t∈N*.又直线A1B1：y=2pa1+b1x故0=2pa1+b1p2-a故a2=-2b1-a1=2p2a1所以b2=-2a2-b1=-4p2a1+2a1+p2a故a2-a1=2p2a1-a1-a1=2而b2-b1=2a1-3p2a1+p2a1=2故a2-a1=-d，所以{at}为等差数列，其公差为-d.故at=a1-(t-1)d，bt=b1+(t-1)d，故当n=2t时，|PnPn+1|-|Pn-1Pn|=-=-=-=-d该数为常数.当n=2t-1(t≥2且t∈N*)时，|PnPn+1|-|Pn-1Pn|=b=d[=d(该数为常数，而a1+b1+a1+b1-d=2a1-2p2a1故a1+b1=-a1-b1+d，故-d(b故对任意的n(n≥2且n∈N*)，|PnPn+1|-|Pn-1Pn|为常数，故数列{|PnPn+1|}(n∈N考点二圆锥曲线与新定义的交汇问题例2(2024·南通模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆Γ：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为63，直线l与Γ相切，与圆O：x2+y2=3a2相交于A，B两点.当l垂直于x(1)求Γ的方程；(2)对于给定的点集M，N，若M中的每个点在N中都存在距离最小的点，且所有最小距离的最大值存在，则记此最大值为d(M，N).①若M，N分别为线段AB与圆O上任意一点，P为圆O上一点，当△PAB的面积最大时，求d(M，N)；②若d(M，N)，d(N，M)均存在，记两者中的较大者为H(M，N).已知H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，证明：H(X，Z)+H(Y，Z)≥H(X，Y).(1)解因为当l垂直于x轴时，|AB|=26，而直线l：x=±a与Γ相切，则23a2-a2=26，又椭圆Γ的离心率为63，则椭圆Γ的半焦距c=2，b=a2所以Γ的方程为x23+y(2)①解当l的斜率存在时，设l的方程为y=kx+m，由y消去y得(3k2+1)x2+6kmx+3m2-3=0，由直线l与椭圆Γ相切，得Δ=(6km)2-4(3k2+1)(3m2-3)=0，整理得m2=3k2+1，于是圆心O到直线l的距离d=mk2+1=3k2+1k2+1由(1)得圆O的方程为x2+y2=9，半径为3，则△PAB的面积为S△PAB≤12(d+3)·|AB|=12(d+3)·29-d设f(d)=(3-d)(d+3)3，1≤d<3，求导得f'(d)=2(d+3)2(3-2d)，当1≤d<32时，f'(d)>0，函数f(d)单调递增，当32<d<3时，f'(d)<0，函数f(d)因此当d=32时，f(d)取得最大值，此时(S△PAB)max=27当l的斜率不存在时，由(1)知，S△PAB≤12×(3+3)×26=32+36由9342-(2+6)2=11516-43得934>2+即2734>32+3综上，d=32对于线段AB上任意点E，连接OE并延长与圆O交于点F，则F是圆上与E最近的点，当E为线段AB的中点时，EF取得最大值32，所以d(M，N)=3②证明因为H(X，Y)，H(Y，Z)，H(X，Z)均存在，设点X1，X2∈X，Y1，Y2∈Y，Z1，Z2∈Z，且H(X，Z)=|X1Z1|，H(Y，Z)=|Y1Z2|，H(X，Y)=|X2Y2|，设点Y2是集合Y中到点X2的最近点，根据对称性，不妨设H(X，Y)=d(X，Y)=|X2Y2|，令点X2到集合Z的最近点为Z3，点Z3到集合Y的最近点为Y3，因为|X1Z1|是集合X中所有点到集合Z最近点距离的最大值，则|X1Z1|≥|X2Z3|，因为|Y1Z2|是集合Y中所有点到集合Z最近点距离的最大值，则|Y1Z2|≥|Y3Z3|，因此H(X，Z)+H(Y，Z)=|X1Z1|+|Y1Z2|≥|X2Z3|+|Y3Z3|，而在坐标平面中，|X2Z3|+|Y3Z3|≥|X2Y3|，又点Y2是集合Y中到点X2的最近点，则|X2Y3|≥|X2Y2|，所以H(X，Z)+H(Y，Z)≥H(X，Y).[规律方法]本题涉及新定义问题，反复认真读题，理解最小距离的最大值的含义是解题的关键.跟踪演练2(2024·青岛模拟)在平面内，若直线l将多边形分为两部分，多边形在l两侧的顶点到直线l的距离之和相等，则称l为多边形的一条“等线”，已知O为坐标原点，双曲线E：x2a2-y2b2=1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，E的离心率为2，点P为E右支上一动点，直线m与曲线E相切于点P，且与E的渐近线交于A，B两点，当PF2⊥x轴时，直线y=1为△(1)求E的方程；(2)若y=2x是四边形AF1BF2的等线，求四边形AF1BF2的面积；(3)设OG=13OP，点G的轨迹为曲线Γ，证明：Γ在点G处的切线n为△AF1F2(1)解因为当PF2⊥x轴时，直线y=1为△PF1F2的等线，此时，Pc，b2a，点P在直线所以b2a-1=2，e=ca=2，c2=a2+解得a=1，b=3，所以E的方程为x2-y2(2)解设P(x0，y0)，当m的斜率存在时，设切线m：y-y0=k(x-x0)，代入x2-y23=1得(3-k2)x2+2k(kx0-y0)x-(k2x02+y02-2kx0故Δ=[2k(kx0-y0)]2+4(3-k2)(k2x02+y02-2kx0y0化简得(x02-1)k2-2x0y0k+y该式可以看作关于k的一元二次方程，Δ1=4x02y02-4(x02所以k=x0y0x0即m的方程为x0x-y0y3=1，当m的斜率不存在时，也成立，渐近线方程为y=±3x，不妨设A在B上方，联立得xA=1x0-y03故xA+xB=1x0-y03所以P是线段AB的中点，因为F1，F2到过O的直线距离相等，则过O点的等线必定满足A，B到该等线距离相等，且分居两侧，所以该等线必过点P，即为直线OP，即OP的方程为y=2x，又P在E的右支上，由y0=故P(3，6所以yA=3xA=3x0-y03所以yB=-3xB=-3x0=6-3，所以yA-所以S四边形AF1BF2=12|F1(3)证明设G(x，y)，由OG=13OP，所以x0=3x，y0=3又点P在双曲线E上，故曲线Γ的方程为9x2-3y2=1(x>0)，由(*)知切线n的方程为9x03x-即3x0x-y0y-1=0.易知A与F2在n的右侧，F1在n的左侧，分别记F1，F2，A到n的距离为d1，d2，d3，由(2)知xA=1x0-y03，yA=所以d3=3=3x0=29由x0≥1得d1=-6x0-19x02+y0因为d2+d3=6x0-19x02+所以直线n为△AF1F2的等线.专题强化练(分值：34分)1.(17分)在Oxy平面上，我们把与定点F1(-a，0)，F2(a，0)(a>0)距离之积等于a2的动点的轨迹称为伯努利双纽线，F1，F2为该曲线的两个焦点.已知曲线C：(x2+y2)2=9(x2-y2)是一条伯努利双纽线.(1)求曲线C的焦点F1，F2的坐标；(6分)(2)判断曲线C上是否存在两个不同的点A，B(异于坐标原点O)，使得以AB为直径的圆过坐标原点O？如果存在，求点A，B的坐标；如果不存在，请说明理由.(11分)解(1)设焦点F1(-a，0)，F2(a，0)(a>0)，由题意得(x-a)2+即[(x-a)2+y2][(x+a)2+y2]=a4，整理得(x2+y2)2=2a2(x2-y2)，又(x2+y2)2=9(x2-y2)，则2a2=9，解得a=±32因为a>0，所以a=32所以F1-322，0(2)假设曲线C上存在两点A，B，使得以AB为直径的圆过原点O，则OA⊥OB，由C：(x2+y2)2=9(x2-y2)，令x=0，(0+y2)2=9(0-y2)，即y4+9解得y=0，所以直线OA，OB的斜率均存在，不妨设直线OA的方程为y=k1x，直线OB的方程为y=k2x，将直线OA的方程与曲线C联立，得(1+k12)2x4=9x2(1-k因为A，B异于坐标原点O，即x≠0，所以x2=9(1-k12)(1+k12)2>0，同理可得k2∈(-1，1)，所以k1k2=-1不成立，则假设不成立，即曲线C上不存在两点A，B(异于坐标原点O)，使得以AB为直径的圆过原点O.2.(17分)已知双曲线C：x2-y2=1，直线l为其一条渐近线，且直线l的斜率大于0，A1为双曲线的右顶点，过A1作x轴的垂线，交l于点B1，再过B1作y轴的垂线交双曲线右支于点A2，重复刚才的操作得到B2，A3，B3，…，An，Bn，…，记Anxn(1)求