培優(yōu)點11圓錐曲線中探索性與知識交匯問題重點解讀高考中探索性問題是一個重要考點，同時圓錐曲線與其它知識的交匯問題頻繁出現(xiàn)在各類考題中，突出考查學(xué)生解決綜合性數(shù)學(xué)問題的能力.題型一探索性問題例1已知橢圓C的焦點坐標是F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，過點F2垂直于長軸的直線l交橢圓C于B，D兩點，且|BD|＝3.(1)求橢圓C的標準方程；(2)過定點P(0，2)且斜率為k的直線l'與橢圓C相交于不同兩點M，N，試判斷：在x軸上是否存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形？若存在，求出實數(shù)m的取值范圍；若不存在，請說明理由.思維升華存在性問題的解題策略存在性的問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在.(1)當條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論.(2)當給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件.(3)當要討論的量能夠確定時，可先確定，再證明結(jié)論符合題意.跟蹤訓(xùn)練1(2025·太原模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，過點D(2，1)且斜率為1的直線經(jīng)過點F.(1)求拋物線C的方程；(2)若A，B是拋物線C上兩個動點，在x軸上是否存在定點M(異于坐標原點O)，使得當直線AB經(jīng)過點M時，滿足OA⊥OB？若存在，求出點M的坐標；若不存在，請說明理由.題型二圓錐曲線中知識交匯問題例2(2024·新課標全國Ⅱ)已知雙曲線C：x2－y2＝m(m>0)，點P1(5，4)在C上，k為常數(shù)，0<k<1.按照如下方式依次構(gòu)造點Pn(n＝2，3，…)：過Pn－1作斜率為k的直線與C的左支交于點Qn－1，令Pn為Qn－1關(guān)于y軸的對稱點.記Pn的坐標為(xn，yn).(1)若k＝12，求x2，y2(2)證明：數(shù)列{xn－yn}是公比為1＋(3)設(shè)Sn為△PnPn＋1Pn＋2的面積，證明：對任意的正整數(shù)n，Sn＝Sn＋1.思維升華解析幾何中的數(shù)列性質(zhì)的研究，要依據(jù)已有的條件構(gòu)建數(shù)列的遞推關(guān)系，再對得到的遞推關(guān)系作消元處理從而得到純粹的單數(shù)列的遞推關(guān)系，這樣便于問題的解決.跟蹤訓(xùn)練2(2024·成都模擬)已知橢圓D：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的離心率為22，且過點(2，1).過橢圓D上的點A作圓O：x2＋y2＝2的兩條切線，其中一條切線與橢圓D相交于點B，與圓O相切于點(1)求橢圓D的方程；(2)|BC|·|CA|是否為定值，若是，請求出|BC|·|CA|的值；若不是，請說明理由；(3)若橢圓D上點A(x0，y0)(x0≥2)，求△AEF面積的取值范圍.答案精析例1解(1)設(shè)橢圓C的標準方程為x2a2+y2b2=1(由已知可得c=1，2b2又a2=b2+c2，得a2=4，b2=3，所以所求橢圓的標準方程為x24+y(2)設(shè)直線l'：y=kx+2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，線段MN的中點E(x0，y0)，假設(shè)在x軸上存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，則AE⊥MN，聯(lián)立y得(4k2+3)x2+16kx+4=0，由于直線l'與橢圓C相交于不同兩點，所以Δ=(16k)2-16(4k2+3)>0?k<-12或k>1所以x1+x2=-16kx1x2=44所以x0=x1+xy0=kx0+2=64因為AE⊥MN，所以kAE=y0-0x0-m=64k2當k>12時，4k+3k≥4當且僅當k=32所以-36≤m<0當k<-124k+3k=--4而-4k+3-k≥4當且僅當k=-32所以0<m≤36綜上，存在點A(m，0)，使得以AM，AN為鄰邊的平行四邊形為菱形，實數(shù)m的取值范圍為-36，跟蹤訓(xùn)練1解(1)由題意過點D(2，1)且斜率為1的直線方程為y-1=x-2，即y=x-1，令y=0，則x=1，∴點F的坐標為(1，0)，∴p2=1∴p=2，拋物線C的方程為y2=4x.(2)由(1)得拋物線C：y2=4x，假設(shè)存在定點M(m，0)符合題意，設(shè)直線AB的方程為x=ty+m(t∈R，m≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立x得y2-4ty-4m=0，∴y1+y2=4t，y1y2=-4m，Δ=16t2+16m>0，∵OA⊥OB，∴OA·OB=0，∴OA·OB=x1x2+y1y2=(ty1+m)(ty2+m)+y1y2=(t2+1)y1y2+tm(y1+y2)+m2=-4m(t2+1)+4mt2+m2=m2-4m=0，∴m=4或m=0(舍去)，當m=4時，點M的坐標為(4，0)，滿足OA⊥OB，Δ=16t2+16m>0，∴存在定點M(4，0)符合題意.例2(1)解由已知有m=52-42=9，故C的方程為x2-y2=9.當k=12時，過P1(5，4)且斜率為12的直線為y=x+32，與x2-y2=9聯(lián)立得到x2解得x=-3或x=5，所以該直線與C的不同于P1的交點為Q1(-3，0)，該點顯然在C的左支上.故P2(3，0)，從而x2=3，y2=0.(2)證明方法一由于過Pn(xn，yn)且斜率為k的直線為y=k(x-xn)+yn，與x2-y2=9聯(lián)立，得到方程x2-[k(x-xn)+yn]2=9.展開得(1-k2)x2-2k(yn-kxn)x-(yn-kxn)2-9=0，由于Pn(xn，yn)已經(jīng)是直線y=k(x-xn)+yn和x2-y2=9的公共點，故方程必有一根x=xn.從而根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系，另一根x=2k(y=2k相應(yīng)的y=k(x-xn)+yn=yn所以該直線與C的不同于Pn的交點為Qn2k而注意到Qn的橫坐標亦可通過根與系數(shù)的關(guān)系表示為-(y故Qn一定在C的左支上.所以Pn+1xn這就得到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，所以數(shù)列{xn-yn}是公比為1+k1-方法二因為點Pn(xn，yn)關(guān)于y軸的對稱點是Qn-1(-xn，yn)，點Pn-1(xn-1，yn-1)，Qn-1在同一條斜率為k的直線上，所以xn-1≠-xn，并且yn-yn因為點Pn-1，Qn-1都在雙曲線C上，所以x兩式相減得(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}是公比為1+k1-(3)證明方法一先證明一個結(jié)論：對平面上三個點U，V，W，若UV=(a，b)，UW=(c，d)，則S△UVW=12ad-bc(若U，V，W在同一條直線上，約定S△證明：S△UVW=12UV·UWsin〈UV，=12UW1-co=12UW1-=1=1=1=1=1=12證畢，回到原題.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，所以數(shù)列xn+yn所以對任意的正整數(shù)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-故利用前面已經(jīng)證明的結(jié)論即得Sn=S=12|-(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)+(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)=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)=11+k這就表明Sn的取值是與n無關(guān)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，所以數(shù)列xn+yn所以對任意的正整數(shù)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+m=121-k1+km(xn-yn)(-121+k1-km(xn+yn)(=121-k=92這就得到xn+2yn+3-yn+2xn+3=9=xnyn+1-ynxn+1，以及xn+1yn+3-yn+1xn+3=9=xnyn+2-ynxn+2.兩式相減，得(xn+2yn+3-yn+2xn+3)-(xn+1yn+3-yn+1xn+3)=(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2).移項得到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這就得到S△Pn即Sn=Sn+1.跟蹤訓(xùn)練2解(1)由題意可得a2-所以橢圓D的方程為x26+y(2)由題意知切線與y軸有交點，故直線AB的斜率存在，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立y消去y得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)=48k2-8m2+24>0，則x1+x2=-4kmx1x2=2m又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m2當x1x2≠0時，kOAkOB=y1y2x1因為直線AB與圓O：x2+y2=2相切，所以圓心O到直線AB的距離為mk2+1所以m2=2(k2+1)，滿足Δ>0，代入①得kOAkOB=y1y=2-4k2所以O(shè)A⊥OB；當x1x2=0時，m2=3，又m2=2(k2+1)，則k2=12，滿足Δ>0所以y1y2=0，所以直線AB過橢圓的左或右頂點與上或下頂點，所以O(shè)A⊥OB.在Rt△OAB中，OC⊥AB，由射影定理知|OC|2=|CA|·|BC|=2，所以|BC|·|CA|為定值2.(3)由題意直線AB的斜率存在，設(shè)過點A(x0，y0)(x0≥2)的切線方程為y-y0=k(x-x0)，即kx-y+y0-kx0=0，則圓心O到直線AB的距離為|y0-即(x02-2)k2-2x0y0k+y顯然Δ'=8x02+8y設(shè)直線AE，AF的斜率分別為k1，k2，則k1+k2=2x0y0x02-2直線AE的方程為y-y0=k1(x-x0)，令x=0，則yE=y0-k1x0，同理yF=y0-k2x0，|EF|=|yE-yF|=x0|k1-k2|=x0(kS△AEF=1=12因為A(x0，y0)(x0≥2)在橢圓D上，所以y02=3-S△AEF=1=x0令x02-2=t，則x02=t+2(2≤t則S△AE