高考数学一轮复习 讲义 微专题（12） 圆锥曲线中的交汇创新问题

圆锥曲线与平面向量、三角函数、导数、数列等知识的交汇以及圆锥曲线的新定义问题是高考的热点题型，求解此类问题的关键是用代数的方法研究几何问题，同时注意设而不求思想和转化与化归思想的应用．类型一与平面向量、三角函数的交汇已知椭圆C的两个焦点坐标分别是(－2，0)，(2，0)，并且经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－\f(3,2)))，A，B是椭圆C上不同的两点，且以AB为直径的圆经过原点O.(1)求椭圆C的标准方程；(2)是否存在圆心在原点的圆恒与直线AB相切？若存在，求出该圆的方程；若不存在，请说明理由；(3)求|eq\o(OA,\s\up6(→))|＋|eq\o(OB,\s\up6(→))|的最小值．解：(1)由题意，设椭圆C的标准方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，根据题意，可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(c＝2，,a2＝b2＋c2，,\f(25,4a2)＋\f(9,4b2)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝10，,b2＝6，))所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,10)＋eq\f(y2,6)＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,10)＋\f(y2,6)＝1，))得(5k2＋3)x2＋10kmx＋5m2－30＝0，可得x1＋x2＝eq\f(－10km,5k2＋3)，x1x2＝eq\f(5m2－30,5k2＋3)，因为以AB为直径的圆经过原点O，所以eq\o(OA,\s\up6(→))⊥eq\o(OB,\s\up6(→))，即eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，即(k2＋1)·eq\f(5m2－30,5k2＋3)＋km·eq\f(－10km,5k2＋3)＋m2＝0，整理，得eq\f(－30k2＋8m2－30,5k2＋3)＝0，解得m2＝eq\f(15k2＋15,4)，又由原点到直线y＝kx＋m的距离为d＝eq\f(|m|,\r(k2＋1))＝eq\f(\r(\f(15k2＋15,4)),\r(k2＋1))＝eq\f(\r(15),2)，可得圆x2＋y2＝eq\f(15,4)与直线AB恒相切；当直线AB的斜率不存在时，设AB的方程为x＝m，代入椭圆C的方程，可得eq\f(m2,10)＋eq\f(y2,6)＝1，解得y2＝eq\f(60－6m2,10)，要使得以AB为直径的圆经过原点O，则eq\f(60－6m2,10)＝m2，解得m＝±eq\f(\r(15),2)，即直线AB的方程为x＝±eq\f(\r(15),2)，显然与圆x2＋y2＝eq\f(15,4)相切．综上可得，存在圆x2＋y2＝eq\f(15,4)恒与直线AB相切．(3)由(2)知，圆x2＋y2＝eq\f(15,4)的半径为r＝eq\f(\r(15),2)，过点O作OM⊥AB，垂足为M，则d＝|OM|＝eq\f(\r(15),2)，如图所示，设∠OAB＝θ，则∠OBA＝eq\f(π,2)－θ，在Rt△OAM中，可得|eq\o(OA,\s\up6(→))|＝eq\f(d,sin∠OAM)＝eq\f(\r(15),2sinθ)，在Rt△OBM中，可得|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\f(d,sin∠OBM)＝eq\f(\r(15),2cosθ)，所以|eq\o(OA,\s\up6(→))|＋|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(15),2sinθ)＋eq\f(\r(15),2cosθ)＝eq\f(\r(15)（sinθ＋cosθ）,2sinθcosθ)，令t＝sinθ＋cosθ，可得2sinθcosθ＝t2－1，因为θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以θ＋eq\f(π,4)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，所以t＝sinθ＋cosθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4)))∈(1，eq\r(2)]，所以|eq\o(OA,\s\up6(→))|＋|eq\o(OB,\s\up6(→))|＝eq\f(\r(15)（sinθ＋cosθ）,2sinθcosθ)＝eq\f(\r(15)t,t2－1)＝eq\f(\r(15),t－\f(1,t)).令f(t)＝t－eq\f(1,t)，t∈(1，eq\r(2)]，可得函数f(t)在(1，eq\r(2)]上单调递增，所以当t＝eq\r(2)时，f(t)取得最大值，为f(eq\r(2))＝eq\r(2)－eq\f(1,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以(|eq\o(OA,\s\up6(→))|＋|eq\o(OB,\s\up6(→))|)min＝eq\r(30)，故|eq\o(OA,\s\up6(→))|＋|eq\o(OB,\s\up6(→))|的最小值为eq\r(30).平面向量和三角函数是解决圆锥曲线问题的重要工具，具体体现在夹角、平行、垂直、共线、轨迹、最值、范围等问题的处理．圆锥曲线中的垂直问题常转化为向量的数量积为0；平行问题常转化为向量共线；最值、范围问题常利用三角代换进行解决．1.从抛物线的焦点发出的光经过抛物线反射后，光线都平行于抛物线的轴，根据光路的可逆性，平行于抛物线的轴射向抛物线后的反射光线都会汇聚到抛物线的焦点处，这一性质被广泛应用在生产生活中．如图，已知抛物线C：x2＝2py(p>1)，从点(4，9)发出的平行于y轴的光线照射到抛物线上的点D，经过抛物线两次反射后，反射光线由点G射出，经过点(－1，5)．(1)求抛物线C的方程；(2)已知圆M：x2＋(y－3)2＝4，在抛物线C上任取一点E，过点E向圆M作两条切线EA和EB，切点分别为A，B，求eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))的取值范围．解：(1)由题设，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(8,p)))，Geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2p)))，根据抛物线的性质知，直线DG必过焦点Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(p,2)))，所以kDF＝kDG，则eq\f(\f(8,p)－\f(p,2),4)＝eq\f(\f(8,p)－\f(1,2p),5)，整理得p2＝4，又p>1，则p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y.(2)由题意，MA⊥EA，MB⊥EB，且eq\o(EA,\s\up6(→))＝eq\o(EM,\s\up6(→))＋eq\o(MA,\s\up6(→))，eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\o(EM,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→))，|eq\o(MA,\s\up6(→))|＝|eq\o(MB,\s\up6(→))|＝2，所以eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝(eq\o(EM,\s\up6(→))＋eq\o(MA,\s\up6(→)))·(eq\o(EM,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→)))＝eq\o(EM,\s\up6(→))2＋eq\o(EM,\s\up6(→))·(eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→)))＋eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))，而eq\o(EM,\s\up6(→))·(eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(MB,\s\up6(→)))＝eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(MA,\s\up6(→))＋eq\o(EM,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝－eq\o(MA,\s\up6(→))2－eq\o(MB,\s\up6(→))2＝－8，令∠AEM＝∠BEM＝θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则∠AME＝∠BME＝eq\f(π,2)－θ，所以eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝4cos(π－2θ)＝－4cos2θ，eq\o(EM,\s\up6(→))2＝eq\f(4,sin2θ).综上，eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\f(4,sin2θ)－8－4cos2θ＝eq\f(8,1－cos2θ)＋4(1－cos2θ)－12，又sinθ＝eq\f(2,|ME|)，M(0，3)，设Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x，\f(x2,4)))，则|ME|2＝x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－3))eq\s\up12(2)＝eq\f(1,16)(x2－4)2＋8，因为x2≥0，所以|ME|∈[2eq\r(2)，＋∞)，所以sinθ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，即θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，故2θ∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，cos2θ∈[0，1)，令t＝1－cos2θ∈(0，1]，则eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))＝eq\f(8,t)＋4t－12，令y＝eq\f(8,t)＋4t，y′＝4－eq\f(8,t2)<0在(0，1]上恒成立，则y＝eq\f(8,t)＋4t单调递减，所以eq\o(EA,\s\up6(→))·eq\o(EB,\s\up6(→))的取值范围为[0，＋∞)．类型二与立体几何的交汇已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq\f(1,2)，经过点F1且倾斜角为θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))的直线l与椭圆交于A，B两点(其中点A在x轴上方)，△ABF2的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，将平面xOy沿x轴折叠，使点A到达点A′位置，且平面A′F1F2与平面BF1F2互相垂直．(ⅰ)若θ＝eq\f(π,3)，求异面直线A′F1和BF2所成角的余弦值；(ⅱ)是否存在θeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0<θ<\f(π,2)))，使得△ABF2折叠后的周长与折叠前的周长之比为eq\f(15,16)？若存在，求tanθ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)因为△ABF2的周长为8，所以4a＝8，即a＝2，又离心率为eq\f(1,2)，即eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，故c＝1，故b＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，所以椭圆C的标准方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)(ⅰ)题图1中，由(1)知，点F1(－1，0)，倾斜角θ＝eq\f(π,3)，故直线l的方程为y＝eq\r(3)(x＋1)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可得5x2＋8x＝0，可得x＝0或x＝－eq\f(8,5)，可得A(0，eq\r(3))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，－\f(3\r(3),5))).以O为原点，折叠后原x轴、原y轴正半轴、原y轴负半轴所在直线分别为x′轴、y′轴、z′轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则F1(－1，0，0)，A′(0，eq\r(3)，0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8,5)，0，\f(3\r(3),5)))，F2(1，0，0)，eq\o(F1A′,\s\up6(→))＝(1，eq\r(3)，0)，eq\o(BF2,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(13,5)，0，－\f(3\r(3),5)))，eq\o(F1A′,\s\up6(→))·eq\o(BF2,\s\up6(→))＝eq\f(13,5)，|eq\o(F1A′,\s\up6(→))|＝2，|eq\o(BF2,\s\up6(→))|＝eq\f(14,5)，所以cos〈eq\o(F1A′,\s\up6(→))，eq\o(BF2,\s\up6(→))〉＝eq\f(\o(F1A′,\s\up6(→))·\o(BF2,\s\up6(→)),|\o(F1A′,\s\up6(→))||\o(BF2,\s\up6(→))|)＝eq\f(13,28)，所以异面直线A′F1和BF2所成角的余弦值为eq\f(13,28).(ⅱ)同(ⅰ)中建立空间直角坐标系，如图所示．由题意，得|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝8，|A′F2|＋|BF2|＋|A′B|＝8×eq\f(15,16)＝eq\f(15,2)，则|AB|－|A′B|＝eq\f(1,2).设折叠前A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x＝my－1，则|AB|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，Δ＝36m2＋36(3m2＋4)>0，所以y1＋y2＝eq\f(6m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(－9,3m2＋4).在空间直角坐标系中，A′(x1，y1，0)，B(x2，0，－y2)，则|A′B|＝eq\r(（x1－x2）2＋yeq\o\al(2,1)＋（－y2）2)，因为|AB|－|A′B|＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)－eq\r(（x1－x2）2＋yeq\o\al(2,1)＋（－y2）2)＝eq\f(1,2)，①即eq\f(－2y1y2,\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＋\r(（x1－x2）2＋yeq\o\al(2,1)＋（－y2）2))＝eq\f(1,2)，所以－4y1y2＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)＋eq\r(（x1－x2）2＋yeq\o\al(2,1)＋（－y2）2)，②由①②可得eq\f(1,4)－2y1y2＝eq\r(（x1－x2）2＋（y1－y2）2)，即(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(1＋m2)(y1－y2)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－2y1y2))eq\s\up12(2)，则(1＋m2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6m,3m2＋4)))\s\up12(2)＋\f(36,3m2＋4)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(18,3m2＋4)))eq\s\up12(2)，即144eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋m2,3m2＋4)))eq\s\up12(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)＋\f(18,3m2＋4)))eq\s\up12(2)，即eq\f(12＋12m2,3m2＋4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(18,3m2＋4)，12m2＋12＝eq\f(3,4)m2＋1＋18，解得m2＝eq\f(28,45)，因为0<θ<eq\f(π,2)，所以tanθ＝eq\f(3\r(35),14).新高考中不同模块知识交汇是命题的热点和趋势，圆锥曲线与立体几何的交汇可以同时考查考生的运算求解能力、逻辑推理能力和空间想象能力．此类试题通常将圆锥曲线的方程与性质和立体几何中空间角的求解综合在一起，难度较大．2.已知抛物线E：y2＝4x，点C在E的准线上，过E的焦点F的直线与E相交于A，B两点，且△ABC为等边三角形．(1)求△ABC的面积；(2)取平面外一点P使得PA＝PB＝PC，设M，N分别为PC，BC的中点，若AM⊥MN，求二面角M－PA－N的余弦值．解：(1)由已知，得F(1，0)，准线方程为x＝－1，设直线AB的方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点T(x0，y0)，如图所示，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消去x并整理，得y2－4my－4＝0，Δ＝16m2＋16>0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，所以x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2，所以x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝2m2＋1，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝2m，即T(2m2＋1，2m)，所以|AB|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4，△ABC为等边三角形，则m≠0，(当m＝0时，不妨设A(1，2)，B(1，－2)，则由等边三角形的对称性可知C的坐标只能是(－1，0)，但|AC|＝2eq\r(2)≠4＝|AB|.)则设直线CT的方程为y－2m＝－m(x－2m2－1)，即y＝－mx＋2m3＋3m，所以点C(－1，2m3＋4m)，又|CT|＝eq\f(\r(3),2)|AB|，所以(2m2＋2)2＋(2m＋2m3)2＝eq\f(3,4)(4m2＋4)2，解得m2＝2，所以|AB|＝4m2＋4＝12.又|CT|＝eq\f(\r(3),2)|AB|＝6eq\r(3)，故S△ABC＝eq\f(1,2)|AB|·|CT|＝36eq\r(3).(2)由题意知，P－ABC为正三棱锥，即AB＝AC＝BC，PA＝PB＝PC，又正三棱锥各侧面三角形都全等，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))，而AM⊥MN，M，N分别为PC，BC的中点，从而eq\o(AM,\s\up6(→))·eq\o(MN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\o(PA,\s\up6(→))＋\f(1,2)\o(PC,\s\up6(→))))·eq\f(1,2)eq\o(PB,\s\up6(→))＝－eq\f(1,2)eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\f(1,4)eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝－eq\f(1,4)eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝0，所以eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(PC,\s\up6(→))＝eq\o(PC,\s\up6(→))·eq\o(PA,\s\up6(→))＝0，因此PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，即PA，PB，PC两两垂直，故可将正三棱锥P－ABC补成如图所示的正方体，以P为原点，PA，PB，PC所在直线分别为x′轴、y′轴、z′轴，建立空间直角坐标系，如图．因为AB＝AC＝BC＝12，所以PA＝PB＝PC＝6eq\r(2)，显然PB⊥平面MPA，故平面MPA的一个法向量为eq\o(PB,\s\up6(→))＝(0，6eq\r(2)，0)，又N为BC的中点，则eq\o(PN,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(PB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(PC,\s\up6(→))＝(0，3eq\r(2)，3eq\r(2))，且eq\o(PA,\s\up6(→))＝(6eq\r(2)，0，0)，设平面PAN的法向量为n＝(a，b，c)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\o(PA,\s\up6(→))·n＝0，,\o(PN,\s\up6(→))·n＝0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(6\r(2)a＝0，,3\r(2)b＋3\r(2)c＝0，))取b＝1，则n＝(0，1，－1)，由图可知二面角M－PA－N是锐角，设为θ，则二面角M－PA－N的余弦值cosθ＝|cos〈n，eq\o(PB,\s\up6(→))〉|＝eq\f(|n·\o(PB,\s\up6(→))|,|n||\o(PB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\r(2),2).类型三与导数的交汇已知双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的虚轴长为4，渐近线方程为y＝±2x.(1)求双曲线C的标准方程；(2)设E(2，0)，P是双曲线上的动点，求|PE|的最小值；(3)过双曲线右焦点F的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A，B，M是线段AB的中点，过点F且与l垂直的直线l′交直线OM于点P，点Q满足eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))，求四边形PAQB面积的最小值．解：(1)由题意可知b＝2，又渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±2x，所以a＝1，所以双曲线C的标准方程为x2－eq\f(y2,4)＝1.(2)设P(x，y)，则|PE|＝eq\r(（x－2）2＋y2)＝eq\r(（x－2）2－4＋4x2)＝eq\r(5x2－4x)，因为x≤－1或x≥1，函数y＝5x2－4x图象的对称轴为直线x＝eq\f(2,5)，所以当x＝1时，|PE|取得最小值1.(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直线AB：x＝my＋eq\r(5)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋\r(5)，,x2－\f(y2,4)＝1，))得(4m2－1)y2＋8eq\r(5)my＋16＝0，Δ＝320m2－64(4m2－1)＝64(m2＋1)>0，由双曲线C的渐近线方程为y＝±2x，过双曲线右焦点F的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于点A，B，得eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)))<2，即m2>eq\f(1,4)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝－eq\f(4\r(5)m,4m2－1)，x0＝my0＋eq\r(5)＝－eq\f(\r(5),4m2－1)，由O，M，P三点共线，得eq\f(y0,x0)＝eq\f(yP,xP)＝4m，①由PF⊥AB，得kPF·kAB＝－1，即eq\f(yP－0,xP－\r(5))·eq\f(1,m)＝－1，②由①②解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))，\f(4m,\r(5)))).由eq\o(PQ,\s\up6(→))＝eq\o(PA,\s\up6(→))＋eq\o(PB,\s\up6(→))可知，四边形PAQB是平行四边形，因为点P到直线l的距离d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(5))－\f(4m2,\r(5))－\r(5))),\r(1＋m2))＝eq\f(4,\r(5))eq\r(1＋m2)，|AB|＝eq\r(1＋m2)·|y1－y2|＝eq\r(1＋m2)·eq\f(8\r(m2＋1),|4m2－1|)＝eq\f(8（m2＋1）,|4m2－1|)，所以S四边形PAQB＝2S△PAB＝d·|AB|＝eq\f(4,\r(5))eq\r(1＋m2)·eq\f(8（m2＋1）,|4m2－1|)＝eq\f(32,\r(5))×eq\f(（m2＋1）\s\up6(\f(3,2)),|4m2－1|)＝eq\f(32,\r(5))×eq\r(\f(（m2＋1）3,（4m2－1）2)).令t＝4m2－1(t>0)，m2＝eq\f(t＋1,4)，则S四边形PAQB＝eq\f(4,\r(5))×eq\r(\f(（t＋5）3,t2))，令f(t)＝eq\f(（t＋5）3,t2)，t>0，则f′(t)＝eq\f(3（t＋5）2·t2－2t·（t＋5）3,t4)＝eq\f(（t＋5）2（t－10）,t3)，当0<t<10时，f′(t)<0，当t>10时，f′(t)>0，所以f(t)在(0，10)上单调递减，在(10，＋∞)上单调递增，所以f(t)min＝f(10)＝eq\f(135,4)，所以(S四边形PAQB)min＝eq\f(4,\r(5))×eq\r(\f(135,4))＝6eq\r(3)，当且仅当t＝10，即m＝±eq\f(\r(11),2)时，等号成立．导数常作为工具出现在圆锥曲线中，此类试题通常会涉及最值、范围问题．解题的一般思路为：(1)通过推理计算得出关于所求最值、范围的表达式；(2)构造函数并求导；(3)讨论函数的单调性从而得出最值或范围．3.(2023·新课标Ⅰ卷，22)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))的距离，记动点P的轨迹为W.(1)求W的方程；(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).解：(1)设P(x，y)，则|y|＝eq\r(x2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,2)))\s\up12(2))，两边同时平方，化简得y＝x2＋eq\f(1,4)，故W的方程为y＝x2＋eq\f(1,4).(2)证法一：不妨设A，B，D在W上，且AB⊥AD，依题意可设Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0，则设AB，AD的斜率分别为k和－eq\f(1,k)，由对称性，不妨设|k|≤1，直线AB的方程为y＝k(x－a)＋a2＋eq\f(1,4)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x2＋\f(1,4)，,y＝k（x－a）＋a2＋\f(1,4)，))得x2－kx＋ka－a2＝0，Δ＝k2－4(ka－a2)＝(k－2a)2>0，则k≠2a，则|AB|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|，同理|AD|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))，所以|AB|＋|AD|＝eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))＝eq\r(\f(（1＋k2）3,k2)).令k2＝m，则m∈(0，1]，设f(m)＝eq\f(（m＋1）3,m)＝m2＋3m＋eq\f(1,m)＋3，则f′(m)＝2m＋3－eq\f(1,m2)＝eq\f(（2m－1）（m＋1）2,m2)，令f′(m)＝0，解得m＝eq\f(1,2)，当m∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f′(m)<0，f(m)单调递减，当m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))时，f′(m)>0，f(m)单调递增，则f(m)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(27,4)，所以|AB|＋|AD|≥eq\f(3\r(3),2)，但eq\r(1＋k2)|k－2a|＋eq\r(1＋\f(1,k2))eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))≥eq\r(1＋k2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(|k－2a|＋\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)＋2a))))，此处取等号的条件为|k|＝1，与最终取等号的条件|k|＝eq\f(\r(2),2)不一致，故|AB|＋|AD|>eq\f(3\r(3),2)，故矩形ABCD的周长大于3eq\r(3).证法二：设矩形的三个顶点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，a2＋\f(1,4)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b，b2＋\f(1,4)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，c2＋\f(1,4)))在W上，a<b<c，且AB⊥BC，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在且不为0，则kAB·kBC＝－1，a＋b<b＋c，令kAB＝eq\f(b2＋\f(1,4)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,4))),b－a)＝a＋b＝m<0，同理，令kBC＝b＋c＝n>0，且mn＝－1，则m＝－eq\f(1,n)，设矩形的周长为l，由对称性，不妨设|m|≥|n|，kBC－kAB＝c－a＝n－m＝n＋eq\f(1,n)，则eq\f(1,2)l＝|AB|＋|BC|＝(b－a)eq\r(1＋m2)＋(c－b)eq\r(1＋n2)≥(c－a)eq\r(1＋n2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)，n>0，易知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,n)))eq\r(1＋n2)>0，令f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)(1＋x2)，x>0，f′(x)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))eq\s\up12(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,x)))，令f′(x)＝0，解得x＝eq\f(\r(2),2)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，＋∞))时，f′(x)>0，f(x)单调递增，则f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))＝eq\f(27,4)，故eq\f(1,2)l≥eq\r(\f(27,4))＝eq\f(3\r(3),2)，即l≥3eq\r(3).当l＝3eq\r(3)时，n＝eq\f(\r(2),2)，m＝－eq\r(2)，且(b－a)eq\r(1＋m2)＝(b－a)eq\r(1＋n2)，即当|m|＝|n|时，等号成立，矛盾，故l>3eq\r(3)，得证．类型四与数列的交汇(2024·新课标Ⅱ卷，19)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＝eq\f(1,2)，求x2，y2；(2)证明：数列{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列；(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn＝Sn＋1.解：(1)由已知有m＝52－42＝9，故C的方程为x2－y2＝9.当k＝eq\f(1,2)时，过P1(5，4)且斜率为eq\f(1,2)的直线方程为y－4＝eq\f(1,2)(x－5)，即x－2y＋3＝0，与x2－y2＝9联立，得到x2－2x－15＝0，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：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，展开即得(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＝eq\f(2k（yn－kxn）,1－k2)－xn＝eq\f(2kyn－xn－k2xn,1－k2)，相应的y＝k(x－xn)＋yn＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2).所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2kyn－xn－k2xn,1－k2)，\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)))，所以Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2))).这就得到xn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，yn＋1＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)，所以xn＋1－yn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)－eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)＝eq\f(xn＋k2xn＋2kxn,1－k2)－eq\f(yn＋k2yn＋2kyn,1－k2)＝eq\f(1＋k2＋2k,1－k2)(xn－yn)＝eq\f(1＋k,1－k)(xn－yn)．再由xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝9，可知x1－y1≠0，所以数列{xn－yn}是公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列．(3)证法一：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列．令t＝eq\f(1＋k,1－k)，由0<k<1可知t>1，则xn－yn＝tn－1，又xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝9，所以xn＋yn＝eq\f(9,xn－yn)＝eq\f(9,tn－1)，可得xn＝eq\f(9＋t2n－2,2tn－1)，yn＝eq\f(9－t2n－2,2tn－1)，所以Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n－2,2tn－1)，\f(9－t2n－2,2tn－1)))，Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n,2tn)，\f(9－t2n,2tn)))，Pn＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n＋2,2tn＋1)，\f(9－t2n＋2,2tn＋1)))，所以直线PnPn＋1的方程为x－xn＝eq\f(xn＋1－xn,yn＋1－yn)·(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d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(（9＋t2n－1）·\f(9＋t2n＋2,2tn＋1)－（9－t2n－1）·\f(9－t2n＋2,2tn＋1)－9tn－1（1＋t）)),\r(（9＋t2n－1）2＋（9－t2n－1）2))＝eq\f(|9tn－2（t－1）2（t＋1）|,\r(（9＋t2n－1）2＋（9－t2n－1）2)).又|PnPn＋1|＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n,2tn)－\f(9＋t2n－2,2tn－1)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9－t2n,2tn)－\f(9－t2n－2,2tn－1)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(（t－1）2[（9－t2n－1）2＋（9＋t2n－1）2]),2tn)，则Sn＝eq\f(1,2)|PnPn＋1|·d＝eq\f(9（t－1）3（t＋1）,4t2)＝eq\f(36k3,（1－k2）2)，即Sn为定值，所以Sn＝Sn＋1.证法二：由(2)知，数列{xn－yn}是首项为x1－y1＝5－4＝1，公比为eq\f(1＋k,1－k)的等比数列．令t＝eq\f(1＋k,1－k)，由0<k<1可知t>1，则xn－yn＝tn－1，又xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n)＝9，所以xn＋yn＝eq\f(9,xn－yn)＝eq\f(9,tn－1)，可得xn＝eq\f(9＋t2n－2,2tn－1)，yn＝eq\f(9－t2n－2,2tn－1)，所以Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n－2,2tn－1)，\f(9－t2n－2,2tn－1)))，Pn＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n,2tn)，\f(9－t2n,2tn)))，Pn＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n＋2,2tn＋1)，\f(9－t2n＋2,2tn＋1)))，Pn＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9＋t2n＋4,2tn＋2)，\f(9－t2n＋4,2tn＋2)))，所以eq\f(xn＋3－xn,yn＋3－yn)＝eq\f(\f(9＋t2n＋4,2tn＋2)－\f(9＋t2n－2,2tn－1),\f(9－t2n＋4,2tn＋2)－\f(9－t2n－2,2tn－1))＝eq\f(9－t2n＋1,9＋t2n＋1)，eq\f(xn＋2－xn＋1,yn＋2－yn＋1)＝eq\f(\f(9＋t2n＋2,2tn＋1)－\f(9＋t2n,2tn),\f(9－t2n＋2,2tn＋1)－\f(9－t2n,2tn))＝eq\f(9－t2n＋1,9＋t2n＋1)，即eq\f(xn＋2－xn＋1,yn＋2－yn＋1)＝eq\f(xn＋3－xn,yn＋3－yn)，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.证法三：由于(2)中已经得到xn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)，yn＋1＝eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)，故xn＋1＋yn＋1＝eq\f(xn＋k2xn－2kyn,1－k2)＋eq\f(yn＋k2yn－2kxn,1－k2)＝eq\f(1＋k2－2k,1－k2)(xn＋yn)＝eq\f(1－k,1＋k)(xn＋yn)．再由xeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,1)＝9，就知道x1＋y1≠0，所以数列{xn＋yn}是公比为eq\f(1－k,1＋k)的等比数列．所以对任意的正整数m，都有xnyn＋m－ynxn＋m＝eq\f(1,2)[(xnxn＋m－ynyn＋m)＋(xnyn＋m－ynxn＋m)]－eq\f(1,2)[(xnxn＋m－ynyn＋m)－(xnyn＋m－ynxn＋m)]＝eq\f(1,2)(xn－yn)(xn＋m＋yn＋m)－eq\f(1,2)(xn＋yn)·(xn＋m－yn＋m)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m(xn－yn)(xn＋yn)－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m·(xn＋yn)(xn－yn)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m))(xeq\o\al(2,n)－yeq\o\al(2,n))＝eq\f(9,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))m)).这就得到xn＋2yn＋3－yn＋2xn＋3＝eq\f(9,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)－\f(1＋k,1－k)))＝xnyn＋1－ynxn＋1，以及xn＋1yn＋3－yn＋1xn＋3＝eq\f(9,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－k,1＋k)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋k,1－k)))2))＝xnyn＋2－ynxn＋2.两式相减，即得(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－yn)，Pn＋1Pn＋2＝(xn＋2－xn＋1，yn＋2－yn＋1)，所以PnPn＋3和Pn＋1Pn＋2平行，这就得到S△PnPn＋1Pn＋2＝S△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，即Sn＝Sn＋1.圆锥曲线与数列交汇试题综合性较强，难度较大，通常作为压轴题出现．此类试题一般有三小问，第(1)问考查圆锥曲线中的线段长、面积或坐标等；第(2)问将第(1)问中所求相关量设计成等差或等比数列，并进行证明；第(3)问结合圆锥曲线知识考查与数列有关的计算或证明问题．4.(2026·河北邯郸模拟)已知离心率e＝eq\f(\r(2),2)且焦点在x轴上的序列椭圆Cn：eq\f(x2,an＋1)＋eq\f(y2,an)＝1(n∈N*)，其中C2的一个焦点为(2，0)．过Cn上一点Pn(eq\r(an)，yn)(yn>0)作Cn的两条弦PnAn，PnBn，交Cn于另两点An，Bn，且△PnAnBn的内心在垂直于x轴的一条直线上．(1)求数列{an}的通项公式；(2)求直线AnBn的斜率；(3)若O为坐标原点，当△OAnBn的面积为eq\f(\r(2),2)an时，直线AnBn交x轴于(cn，0)，证明：eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(1,ceq\o\al(2,i)－1)<eq\f(5,6).解：(1)由e＝eq\f(\r(2),2)＝eq\r(\f(an＋1－an,an＋1))，得an＋1＝2an.∵C2的一个焦点为(2，0)，∴4＝a3－a2＝2a2－a2，a2＝4，∴an＝4×2n－2＝2n.(2)由(1)，知Cn：x2＋2y2＝2n＋1.∵△PnAnBn的内心在垂直于x轴的一条直线上，∴kPnAn＋kPnBn＝0.设An(x1，y1)，Bn(x2，y2)，AnBn的方程为y＝kx＋b，代入Cn并整理，得(1＋2k2)x2＋4bkx＋2(b2－2n)＝0，则Δ＝16k2b2－8(1＋2k2)(b2－2n)>0，即(2k2＋1)2n－b2>0，∴x1＋x2＝－eq\f(4bk,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2（b2－2n）,1＋2k2)，由Pn(eq\r(2n)，eq\r(2n－1))，kPnAn＋kPnBn＝0，得eq\f(y1－\r(2n－1),x1－\r(2n))＋eq\f(y2－\r(2n－1),x2－\r(2n))＝0，即(kx1＋b－eq\r(2n－1))(x2－eq\r(2n))＋(kx2＋b－eq\r(2n－1))(x1－eq\r(2n))＝0，代入x1＋x2＝－eq\f(4bk,1＋2k2)与x1x2＝eq\f(2（b2－2n）,1＋2k2)并整理，得(eq\r(2n)k＋b－eq\r(2n－1))(eq\r(2)k－1)＝0，当eq\r(2n)k＋b－eq\r(2n－1)＝0时，AnBn过点Pn，舍去．∴k＝eq\f(\r(2),2).(3)证明：由(2)，知AnBn的方程为y＝eq\f(\r(2),2)x＋b，此时b2<2n＋1，x1＋x2＝－eq\r(2)b，x1x2＝b2－2n，|AnBn|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(\r(6),2)·eq\r(2n＋2－2b2)，点O到直线AnBn的距离d＝eq\f(\r(6),3)|b|，∴△OAnBn的面积为eq\f(1,2)|AnBn|·d＝eq\f(\r(2),2)·eq\r(（2n＋1－b2）b2)＝eq\f(\r(2),2)an＝eq\f(\r(2),2)×2n，解得b2＝2n，满足Δ>0，∵yn>0，∴b＝－eq\r(2n)，cn＝eq\r(2n＋1)，则eq\f(1,ceq\o\al(2,i)－1)－eq\f(1,2i)＝eq\f(1,2i＋1－1)－eq\f(1,2i)＝eq\f(1－2i,2i（2i＋1－1）)<0，∴eq\f(1,ceq\o\al(2,i)－1)<eq\f(1,2i)，则eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\f(1,ceq\o\al(2,i)－1)≤eq\f(1,ceq\o\al(2,1)－1)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,23)＋…＋eq\f(1,2n)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,2)－eq\f(1,2n)<eq\f(5,6).类型五新定义问题(2026·广东佛山模拟)对于椭圆Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上的任意两点P，Q定义“⊕”运算满足：过点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))作直线l∥直线PQ(规定当P和Q相同时，直线PQ就是Γ在点P处的切线)，若l与Γ有异于S的交点T，则P⊕Q＝T；否则P⊕Q＝S.已知“⊕”满足交换律和结合律，记Pn＝(1)若P(2，0)，Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))，求P⊕Q，P2以及P2027；(2)对于Γ上的四点P(2cos2θ，eq\r(3)sin2θ)，Q(2cos2φ，eq\r(3)sin2φ)，M(2cos2α，eq\r(3)sin2α)，N(2cos2β，eq\r(3)sin2β)，求证：eq\o(PQ,\s\up6(→))∥eq\o(MN,\s\up6(→))的充要条件是α＋β＝θ＋φ＋kπ，k∈Z；(3)是否存在异于S的点P，使得P4＝S？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由题设，直线PQ的斜率为eq\f(1,2)，则过点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))且平行于直线PQ的直线方程为y＝eq\f(1,2)x＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))可得x2＋x－2＝0，解得x＝1(舍去)或x＝－2，则T(－2，0)，所以P⊕Q＝(－2，0)；过点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))且平行于椭圆在点P处切线的直线方程为x＝1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(3,2)))(舍去)或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝－\f(3,2)，))故P2＝P⊕P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))；过点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))且平行于PP2的直线方程为y＝eq\f(3,2)x，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(3,2)))(舍去)或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－\f(3,2)，))故P3＝P⊕P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2)))＝Q，所以P4＝P⊕P3＝P⊕Q＝(－2，0)，过点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))且平行于PP4的直线方程为y＝eq\f(3,2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(3,2)))(舍去)或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝\f(3,2)，))故P5＝P⊕P4＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2)))；过点Seq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))且平行于PP5的直线方程为y＝－eq\f(1,2)x＋2，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝\f(3,2)，))故P6＝P⊕P5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))＝S，又对于椭圆上任意一点P，都有P⊕S＝S⊕P＝P，故Pn＝Pn＋6k，k∈N，所以P2027＝P5＋6×337＝P5＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(3,2))).(2)证明：由eq\o(PQ,\s\up6(→))＝(2cos2φ－2cos2θ，eq\r(3)sin2φ－eq\r(3)sin2θ)，cos2φ－cos2θ＝cos[(φ＋θ)＋(φ－θ)]－cos[(φ＋θ)－(φ－θ)]＝cos(φ＋θ)cos(φ－θ)－sin(φ＋θ)sin(φ－θ)－cos(φ＋θ)cos(φ－θ)－sin(φ＋θ)sin(φ－θ)＝－2sin(φ＋θ)sin(φ－θ)，sin2φ－sin2θ＝sin[(φ＋θ)＋(φ－θ)]－sin[(φ＋θ)－(φ－θ)]＝sin(φ＋θ)cos(φ－θ)＋cos(φ＋θ)sin(φ－θ)－sin(φ＋θ)cos(φ－θ)＋cos(φ＋θ)sin(φ－θ)＝2cos(φ＋θ)sin(φ－θ)，得eq\o(PQ,\s\up6(→))＝2sin