培优点 一　圆锥曲线与其他知识的交汇问题

培优点一圆锥曲线与其他知识的交汇问题真题重做探究命题人的思维模拟术(2024·新高考Ⅱ卷)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+k1-k(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积．证明：对任意正整数n，Sn＝Sn＋1.命题预测开启高分大门的神秘金钥匙命题依据：新高考题型下圆锥曲线最容易与数列、代数、立体几何等知识交汇，形式多样，综合性强，覆盖面大，考查逻辑推理能力和代数变形能力，符合新高考“深化核心考点，强化关键能力”的命题趋势．预测角度1圆锥曲线与数列的交汇问题预测1已知椭圆E的中心为坐标原点，焦点在x轴上，离心率为22，点(1，－22)在椭圆(1)求E的方程；(2)过点T(12n，0)且斜率存在的两条直线l1，l2互相垂直，直线l1交E于A，B两点，直线l2交E于C，D两点，M，N分别为弦AB和CD的中点，直线MN交x轴于点Q(qn，0)，其中n∈N①求qn；②设椭圆E的上顶点为P，记△PTQ的面积为Sn，令an＝ln⁡(9Sn2)，bn＋1＝bn2＋bn，b1＝1，求证：2[听课笔记]解决圆锥曲线与数列交汇问题的关键在于准确分析条件，建立两者之间的联系，灵活运用圆锥曲线和数列的知识进行解决．[对点练1](2025·江西赣州模拟)已知点M到点N(1，0)的距离比到y轴的距离大1，M的轨迹为C.点P1(t，t＋1)(t≥0)在C上，过P1作斜率为－1的直线交C于另一点Q1，设P2与Q1关于x轴对称，过P2作斜率为－1的直线交C于另一点Q2，设P3与Q2关于x轴对称，……，以此类推，设Pn(xn，yn)．(1)求C的方程；(2)设数列1xn+yn的前n项和为Tn，证明：13(3)求△PnPn＋1Pn＋2的面积．预测角度2圆锥曲线与立体几何的交汇问题预测2把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”．如图，椭圆柱OO′中底面长轴AB＝A′B′＝4，短轴长23，F1，F2为下底面椭圆的左、右焦点，F2′为上底面椭圆的右焦点，AA′＝4，P为BB′上的中点，E为线段A′B′上的动点，MN为过点F2的下底面的一条动弦(不与AB重合)．(1)求证：F1F2′∥平面PMN.(2)若点Q是下底面椭圆上的动点，Q′是点Q在上底面的投影，且Q′F1，Q′F2与下底面所成的角分别为α，β，试求出tan(α＋β)的最小值．(3)求三棱锥E-PMN体积的取值范围．[听课笔记]解决问题的关键在于综合运用圆锥曲线和立体几何的知识，通过建立坐标系、利用投影和截面、结合定义和性质以及转化与化归思想来解决问题．[对点练2](2025·广东揭阳模拟)如图，在三棱锥A-BCD中，点B在平面ACD的射影H恰在CD上，M为HC中点，∠BAH＝π6，AB＝2，S△ABM＝S△ABD＝(1)若CD⊥平面BAH，证明：M是CD的三等分点；(2)记D的轨迹为曲线W，判断W是什么曲线，并说明理由；(3)求CD的最小值．请完成：专题强化练21培优点一圆锥曲线与其他知识的交汇问题真题重做答案：(1)因为点P1(5，4)在双曲线C：x2－y2＝m(m>0)上，所以m＝52－42＝9.过点P1(5，4)且斜率k＝12的直线方程为y－4＝12(x－5)即x－2y＋3由x-2y+3=0，x2-所以Q1(－3，0)，P2(3，0)，所以x2＝3，y2＝0.答案：(2)证明：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①②得y④－③得(xn－yn)－(xn－1－yn－1)＝k(xn-yn)+k(xn-1－yn又x1－y1＝1，所以{xn－yn}是公比为1+k1-k答案：(3)证明：因为△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，n∈N*有公共边Pn＋1Pn＋2，所以若点Pn和Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等，则Sn＝Sn＋1.此时，直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行，四边形PnPn＋1Pn＋2·Pn＋3是梯形，大致图象如图所示．以下证明：直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行．记a＝1+k1-k，则由0<k<1得a由(2)及x1＝5，y1＝4，得xn－yn＝1+k1-kn-1·(x1－y1)＝an－又因为(xn＋yn)(xn－yn)＝xn2-yn2＝9，所以xn＋yn＝9a1－n，所以yn＝12(－an－1由(2)知yn≠yn＋1，则xn+2-＝1－2ana-19a-1-n+ana-1＝1＝1－29a-1-2n+1，因此从而直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行．所以Sn＝S△PnPn+1Pn+2＝S命题预测预测1答案：(1)由题意，设椭圆方程为x2a2+y2b则有1a2所以椭圆E的方程为x22＋y2答案：(2)①设l1的方程为x＝my＋12n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，yM(xM，yM)，N(xN，yN)，由x22+y2=1，x=my+12n，得(m2＋2)∴y1＋y2＝－m2n-1m2+2，yM＝－m2同理可得yN＝m2n1+2m2，∵M，N，Q三点共线，当MN⊥x轴时，则m＝1，qn＝xM＝xN＝13·当MN与x轴不垂直时，由yNqn-m2nm2+2[qn－2m22n1+2∴qn＝13·2n-1(n∈N综上，qn＝13·2n-1(n∈N②证明：∵S△PTQ＝Sn＝12|TQ||OP|＝1∴an＝ln⁡(9Sn2)＝－(n＋1)由bn＋1＝bn2＋bn，b1＝1得1bn+1＝1∴n+1n+1bn-an＝∴22b1-a1+33b2-a2＋…＋n+1n+1ba-an∴22b1-a[对点练1]答案：(1)当M在y轴左侧时，M在x轴的非正半轴上，C的方程为y＝0(x≤0)，因为P1在C上，所以舍去；当M在y轴右侧时，M的轨迹是以N为焦点，x＝－1为准线的抛物线，方程为y2＝4x.综上，C的方程为y2＝4x.答案：(2)证明：因为P1在C上，所以(t＋1)2＝4t，可得t＝1，依题意Pn(xn，yn)，Qn(xn＋1，－yn＋1)，则kPnQn＝-yn+1-所以yn＋1－yn＝4，故数列{yn}是首项为2，公差为4的等差数列，所以yn＝2＋4(n－1)＝4n－2，则xn＝yn24＝(2n1xn+yn＝12n-1所以Tn＝12(1－13+13-15＋…＋1显然Tn关于n∈N*单调递减，则13≤Tn<1答案：(3)由(2)得Pn(4n－2，(2n－1)2)，Pn＋1(4n＋2，(2n＋1)2)，Pn＋2(4n＋6，(2n＋3)2)，所以PnPn+1＝4，8n，Pn而S△PnPn+1Pn+2＝12|PnPn+1所以S预测2：答案：(1)由题设，长轴长|AB|＝|A′B′|＝4，短轴长23，则|OF1|＝|OF2|＝|O′F′2|＝1，所以F2，F′2分别是OB，O′B′的中点，而柱体中ABB′A′为矩形，连接OB′，由B′F′2∥OF1，|B′F′2|＝|OF1|＝1，故四边形F1OB′F′2为平行四边形，则OB′∥F1F′2，因为P为BB′的中点，F2为OB的中点，则PF2∥OB′，故PF2∥F1F′2，PF2⊂平面PMN，F1F′2⊄平面PMN，故F1F′2∥平面PMN.答案：(2)由题设，令|QF1|＝m，|QF2|＝n，则m＋n＝4，又|QQ′|＝4，所以tanα＝4m，tanβ＝4n，则tan(α＋β)＝tanα+tan因为mn≤m+n22＝当且仅当m＝n，即tanα＝tanβ上式取等号，所以tan(α＋β)≥－43，tan(α＋β)的最小值为－4答案：(3)由VE-PMN＝VM-正方形ABB′A′中P为中点，易得E与A′重合时F2P与EP垂直，此时|PF2|＝5，|EP|＝20，则S△PEF2最大值为5构建如图所示的平面直角坐标系且B(0，2)，底面椭圆方程为y24+设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设MN：y＝tx＋1，联立椭圆得(3t2＋4)x2＋6tx－9＝0，且Δ＝144(t2＋1)>0，所以x1＋x2＝－6t3t2+4，x1x而|x1－x2|＝x1所以|x1－x2|＝12t2+13t2+4，令l＝t2+1≥1，则|x1由对勾函数性质知y＝3l＋1l在[1，＋∞)故|x1－x2|∈(0，3]，由VE-PMN＝VM-PEF2+VN-PEF2＝综上，VE-PMN的取值范围为(0，5].[对点练2]答案：(1)证明：由于CD⊥平面BAH，作HG⊥AB，垂足为点G，因为AB⊂平面BAH，则CD⊥AB，又因为HG⊥AB，且GH∩MH＝H，MH，GH⊂平面GMH，因此AB⊥平面GMH，因为GM⊂平面GMH，所以AB⊥GM，同理可证AB⊥GD，又因为S△ABM＝S△ABD，可得12AB·GM＝12AB·GD，所以GM＝因为GH⊂平面ABH，从而MD⊥GH，所以H为DM中点，因此DH＝MH＝MC，进而M为DC的三等分点．答案：(2)椭圆．理由如下：延长BA至K，使得AK＝AB，由于S△ABM＝S△ABD＝1，可得M，D到AB的距离为定值，因此M，D应在以AK为高线的圆柱上运动，且上下底面与AK垂直，又因为M，D为平面ACD上两点，∠BAH＝π6从而M，D的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义，因而M，D的运动轨迹应为椭圆，示意图如下．答案：(3)以A为原点，HA所在直线为x轴，过点A与HB平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示，下面求椭圆方程：由于该圆柱的底面半径为r＝1，故由图可知椭圆的短半轴长为1，由∠BAH＝π6，从而椭圆的长半轴a＝rsinπ6＝2r＝2，进而椭圆方程E：x24又由∠BAH＝π6，BH⊥平面ACD，从而HA＝ABcosπ6＝3，即H(－3，0，由定义知H为椭圆的左焦点，设E的右焦点为F(3，0，0)，则FD＝4－DH，设∠DHA＝θ，在△DHF中，由余弦定理可得HF2＋HD2－2FH·DHcosθ＝FD2，解得DH＝12-3cosθ，同理可得方法一