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微专题47　圆锥曲线与其他知识的综合问题
[考情分析]　解析几何与数列、导数的综合交汇是高考命题的又一个热点，以平面解析几何为背景，核心是数列证明或求值，或者是利用导数证明不等关系或求最值问题，主要考查转化与化归的能力，常在解答题中出现，难度较大.
微点一　圆锥曲线与导数相结合
1.设双曲线C：-=1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A，B，P是双曲线上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当-2mn-3(ln |m|+ln |n|)取得最小值时，双曲线C的离心率为(　　)
A. B. C. D.
2.(17分)(2024·南通模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆Γ：+=1(a>b>0)的离心率为直线l与Γ相切，与圆O：x2+y2=3a2相交于A，B两点.当直线l垂直于x轴时，|AB|=2.
(1)求Γ的方程；(5分)
(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)；(6分)
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).(6分)
微点二　圆锥曲线与数列相结合
3.(多选)(2024·安庆模拟)直线l与双曲线E：x2-=1的左、右两支分别交于A，B两点，与E的两条渐近线分别交于C，D两点，A，C，D，B从左到右依次排列，则(　　)
A.线段AB与线段CD的中点必重合
B.|AC|=|BD|
C.线段AC，CD，DB的长度不可能成等差数列
D.线段AC，CD，DB的长度可能成等比数列
4.(17分)(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(1)若k=求x2，y2；(5分)
(2)证明：数列{xn-yn}是公比为的等比数列；(6分)
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn=Sn+1.(6分)
[总结提升]
1.解析几何与数列结合的综合问题，往往是以解析几何知识为载体，核心还是数列问题，比如常出现的点列问题就是数列知识与解析几何知识的综合，一个点的横坐标，纵坐标分别是某两个不同数列的项，而这两个数列又与点所在的曲线建立了联系，从而数列的代数特征与曲线的几何性质紧密相关.
2.解析几何与导数结合的综合问题，一般由解析几何构建出关于长度、面积的函数关系，利用导数来求最值.
1.(17分)(2024·贵阳模拟)已知A为双曲线C：x2-=1的右顶点，过点B(0，2)的直线l交C于D，E两点.
(1)若AD⊥AE，试求直线l的斜率；(7分)
(2)记双曲线C的两条渐近线分别为l1，l2，过曲线C的右支上一点P作直线与l1，l2分别交于M，N两点，且M，N位于y轴右侧，若满足=λλ∈求S△MON的取值范围(O为坐标原点).(10分)
2.(17分)(2024·黄冈模拟)现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线C：y=f(x)上的曲线段AB，其弧长为Δs，当动点从A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线lA也随着转动到B点的切线lB，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于lB的倾斜角与lA的倾斜角之差).显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义=为曲线段AB的平均曲率；显然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K==(若极限存在)为曲线C在点A处的曲率.(其中y'，y″分别表示y=f(x)在点A处的一阶、二阶导数)
(1)已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点到准线的距离为3，则在该抛物线上点(3，y)处的曲率是多少？(4分)
(2)若函数g(x)=-不等式g≤g(2-cos ωx)对于x∈R恒成立，求ω的取值范围；(6分)
(3)若动点A的切线沿曲线f(x)=2x2-8运动至点B(xn，f(xn))处的切线，点B的切线与x轴的交点为(xn+1，0)(n∈N*).若x1=4，bn=xn-2，Tn是数列的前n项和，证明Tn<3.(7分)
答案精析
高频考点练
1.D　[由双曲线C：-=1(a>0，b>0)，
则A(-a，0)，B(a，0)，
设P(x0，y0)，则-=1，
可得=b2×，
则m=，n=，
所以mn==，
所以-2mn-3(ln |m|+ln |n|)
=-2×-3ln
=3×+×-2×-6ln ，
设=t，t>0，
则f(t)=3t+t3-2t2-6ln t，
则f'(t)=3+2t2-4t-
=
=，
当t∈(0，2)时，f'(t)<0，f(t)单调递减，
当t∈(2，+∞)时，f'(t)>0，f(t)单调递增，
所以当t=2时，函数f(t)取得最小值，
即当-2mn-3(ln |m|+ln |n|)取得最小值时，=2，所以双曲线的离心率为e====.]
2.(1)解　因为当直线l垂直于x轴时，|AB|=2，而直线l：x=±a与Γ相切，则2=2，
解得a=，
又椭圆Γ的离心率为，
则椭圆Γ的半焦距c=，b==1，
所以Γ的方程为+y2=1.
(2)①解　当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，
由
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===∈[1，)，
则S△PAB≤(d+3)·|AB|=(d+3)·2=，
设f(d)=(3-d)(d+3)3，1≤d<，f'(d)=2(d+3)2(3-2d)，
当1≤d<时，f'(d)>0，函数f(d)单调递增，
当因此当d=时，f(d)取得最大值，此时(S△PAB)max=；
当直线l的斜率不存在时，
由(1)知，S△PAB≤×(+3)×2=3+3，
由-(+)2=-4>7-4>0，得>3+3，则d=.
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，所以d(M，N)=.
②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Y2是集合Y中到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).
3.ABD　[设直线l：y=kx+m，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立
得(9-k2)x2-2kmx-m2-9=0，
于是x1+x2=，
x1x2=-，
联立
得(9-k2)x2-2kmx-m2=0，
于是x3+x4=，x3x4=-，
所以x1+x2=x3+x4，
因此线段AB与线段CD的中点必重合，A正确；
设中点为P，则|PA|=|PB|，|PC|=|PD|，
所以|PA|-|PC|=|PB|-|PD|，即|AC|=|BD|，B正确；
假设线段AC，CD，DB的长度成等差数列，则|AC|+|DB|=2|CD|，
所以|AB|=3|CD|，
于是|x1-x2|=3|x3-x4|，
两边同时平方并整理得(x1+x2)2-4x1x2=9，
于是-4×=9，
展开整理得8m2+k2=9，该方程有解，所以存在直线l，
使得线段AC，CD，DB的长度成等差数列，C错误；
同上推理，当线段AC，CD，DB的长度相等时，
线段AC，CD，DB的长度成等比数列，D正确.]
4.(1)解　由已知有m=52-42=9，
故C的方程为x2-y2=9.
当k=时，
过P1(5，4)且斜率为的直线为y=+，
与x2-y2=9联立得到x2-=9.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=-xn=，
相应的y=k(x-xn)+yn=.
所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn，
而注意到Qn的横坐标亦可通过根与系数的关系表示为，
故Qn一定在C的左支上.
所以Pn+1·.
这就得到xn+1=，yn+1=.
所以xn+1-yn+1=-=-=(xn-yn)=(xn-yn).
再由-=9，
得x1-y1≠0，
所以数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
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=k. ①
因为点Pn-1，Qn-1都在双曲线C上，
所以
两式相减得(xn-xn-1)(xn+xn-1)=(yn-yn-1)(yn+yn-1). ②
由①，②得
④-③得(xn-yn)-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1)，
整理得=.
又x1-y1=1，
所以{xn-yn}是公比为的等比数列.
(3)证明　方法一　先证明一个结论：对平面上三个点U，V，W，
若=(a，b)，=(c，d)，
则S△UVW=(若U，V，W在同一条直线上，约定S△UVW=0).
证明：
S△UVW=·sin〈〉=·
=·
=
=
=
=
==.
证毕，回到原题.
由(2)可知
xn+1=，
yn+1=，
故xn+1+yn+1=+=(xn+yn)=(xn+yn).
再由-=9，可知x1+y1≠0，
所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数m，都有
xnyn+m-ynxn+m=[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]
-[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)]
=(xn-yn)(xn+m+yn+m)-
(xn+yn)(xn+m-yn+m)
=(xn-yn)(xn+yn)-(xn+yn)(xn-yn)
=-)
=.
而又有=(-(xn+1-xn)，-(yn+1-yn))，=(xn+2-xn+1，yn+2-yn+1)，
故利用前面已经证明的结论即得
Sn==|-(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)+(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)|
=|(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)-(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)|
=|(xn+1yn+2-yn+1xn+2)+(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2)|
=-.
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=，yn+1=，
故xn+1+yn+1=+=(xn+yn)=(xn+yn).
再由-=9，可知x1+y1≠0，
所以数列是公比为的等比数列.
所以对任意的正整数m，都有
xnyn+m-ynxn+m=[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]
-[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)]
=(xn-yn)(xn+m+yn+m)-(xn+yn)(xn+m-yn+m)
=(xn-yn)(xn+yn)-(xn+yn)(xn-yn)
=-)
=.
这就得到
xn+2yn+3-yn+2xn+3==xnyn+1-ynxn+1，
以及xn+1yn+3-yn+1xn+3==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=(xn+3-xn，yn+3-yn)，=(xn+2-xn+1，yn+2-yn+1).
所以和平行，
这就得到=，
即Sn=Sn+1.
补偿强化练
1.解　(1)由题意知直线l的斜率一定存在.
设直线l的方程为y=kx+2，D(x1，y1)，E(x2，y2).
联立
化简得(3-k2)x2-4kx-7=0，其中k2≠3，
所以x1+x2=，x1x2=，
Δ=16k2+28(3-k2)>0，
即k2<7且k2≠3，
因为AD⊥AE，A(1，0)，
所以·=0.
即(x1-1)(x2-1)+y1y2=0，换元后有(1+k2)x1x2+(2k-1)(x1+x2)+5=0.
所以(1+k2)·+(2k-1)·+5=0，化简得k2+k-2=0.解得k=1或k=-2.
当k=-2时，直线过点A，不符合题意.
当k=1时，满足题意.
所以k=1.
(2)设P(x0，y0)，M(x1，y1)，
N(x2，y2)，
则=(x0-x1，y0-y1)，
=(x2-x0，y2-y0).
由=λ可知
因为-=1，
所以-=1，
且有或
化简得x1x2==.
又S△MON=|OM|·|ON|·sin=x1x2=，λ∈，
设h(x)=x+，x∈，
则h(x)在上单调递减，在(1，4]上单调递增，
所以h(x)min=h(1)=2，h=，h(4)=.
所以S△MON的取值范围是.
2.(1)解　因为抛物线x2=2py(p>0)的焦点到准线的距离为3，所以p=3，
即抛物线方程为x2=6y，
即f(x)=y=x2，
则f'(x)=x，f″(x)=，
故在该抛物线上点(3，y)处的曲率K===.
(2)解　因为g(-x)=-=-=-=-g(x)，
所以g(x)在R上为奇函数，
又g(x)在R上为减函数.
所以g≤g(2-cos ωx)对于x∈R恒成立等价于cos ωx≥2-对于x∈R恒成立.
又因为两个函数都是偶函数，
记p(x)=cos ωx，q(x)=2-，则曲线p(x)恒在曲线q(x)上方，
p'(x)=-ωsin ωx，q'(x)=-，
又因为p(0)=q(0)=1，
所以在x=0处三角函数p(x)的曲率不大于曲线q(x)的曲率，即≤，
又因为p″(x)=-ω2cos ωx，q″(x)=-，p″(0)=-ω2，q″(0)=-1，p'(0)=q'(0)=0，
所以ω2≤1，解得-1≤ω≤1，
因此ω的取值范围为.
(3)证明　由题可得f'(x)=4x，
所以曲线y=f(x)在点(xn，f(xn))处的切线方程是y-f(xn)=f'(xn)·(x-xn)，
即y-(2-8)=4xn(x-xn)，
令y=0，得-(-4)=2xn(xn+1-xn)，
即+4=2xnxn+1，
显然xn≠0，所以xn+1=+，
由xn+1=+，
知xn+1+2=++2=，
同理xn+1-2=，
故=，
从而lg =2lg ，
设lg =an，即an+1=2an，
所以数列是公比为2的等比数列，
故an=2n-1a1=2n-1lg =2n-1lg 3，
即lg =2n-1lg 3，
从而=，
所以xn=，
所以bn=xn-2=>0，
==<≤=，
当n=1时，显然T1=b1=2<3；
当n>1时，bn所以Tn=b1+b2+…+bn综上，Tn<3(n∈N*).(共53张PPT)
专题六　解析几何
微专题47
圆锥曲线与其他知识的综合问题
解析几何与数列、导数的综合交汇是高考命题的又一个热点，以平面解析几何为背景，核心是数列证明或求值，或者是利用导数证明不等关系或求最值问题，主要考查转化与化归的能力，常在解答题中出现，难度较大.
考情分析
思维导图
高频考点练
补偿强化练
内容索引
高频考点练
PART ONE
微点一　圆锥曲线与导数相结合
1.设双曲线C：-=1(a>0，b>0)的左、右顶点分别为A，B，P是双曲线上不同于A，B的一点，设直线AP，BP的斜率分别为m，n，则当-2mn-3(ln |m|+ln |n|)取得最小值时，双曲线C的离心率为
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
√
1
2
3
4
由双曲线C：-=1(a>0，b>0)，则A(-a，0)，B(a，0)，
设P(x0，y0)，则-=1，
可得=b2×
则m=n=所以mn==
所以-2mn-3(ln |m|+ln |n|)=-2×-3ln
=3×+×-2×-6ln
1
2
3
4
设=t，t>0，则f(t)=3t+t3-2t2-6ln t，
则f'(t)=3+2t2-4t-==
当t∈(0，2)时，f'(t)<0，f(t)单调递减，
当t∈(2，+∞)时，f'(t)>0，f(t)单调递增，
所以当t=2时，函数f(t)取得最小值，
即当-2mn-3(ln |m|+ln |n|)取得最小值时=2，
所以双曲线的离心率为e====.
1
2
3
4
2.(2024·南通模拟)在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆Γ：+=1(a>b>0)的离心率为直线l与Γ相切，与圆O：x2+y2=3a2相交于A，B两点.当直线l垂直于x轴时，|AB|=2.
(1)求Γ的方程；
1
2
3
4
1
2
3
4
因为当直线l垂直于x轴时，|AB|=2而直线l：x=±a与Γ相切，
则2=2解得a=
又椭圆Γ的离心率为
则椭圆Γ的半焦距c=b==1，
所以Γ的方程为+y2=1.
(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)；
1
2
3
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1
2
3
4
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y=kx+m，
由消去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===∈[1)，
则S△PAB≤(d+3)·|AB|=(d+3)·2=
设f(d)=(3-d)(d+3)3，1≤d1
2
3
4
当1≤d<时，f'(d)>0，函数f(d)单调递增，
当因此当d=时，f(d)取得最大值，此时(S△PAB)max=；
当直线l的斜率不存在时，由(1)知，
S△PAB≤×(+3)×2=3+3
由-(+)2=-4>7-4>0，得>3+3则d=.
1
2
3
4
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
所以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).
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4
1
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4
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Y2是集合Y中到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|，
1
2
3
4
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).
微点二　圆锥曲线与数列相结合
3.(多选)(2024·安庆模拟)直线l与双曲线E：x2-=1的左、右两支分别交于A，B两点，与E的两条渐近线分别交于C，D两点，A，C，D，B从左到右依次排列，则
A.线段AB与线段CD的中点必重合
B.|AC|=|BD|
C.线段AC，CD，DB的长度不可能成等差数列
D.线段AC，CD，DB的长度可能成等比数列
√
1
2
3
4
√
√
设直线l：y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立得(9-k2)x2-2kmx-m2-9=0，
于是x1+x2=x1x2=-
联立得(9-k2)x2-2kmx-m2=0，
于是x3+x4=x3x4=-所以x1+x2=x3+x4，
因此线段AB与线段CD的中点必重合，A正确；
1
2
3
4
设中点为P，则|PA|=|PB|，|PC|=|PD|，
所以|PA|-|PC|=|PB|-|PD|，即|AC|=|BD|，B正确；
假设线段AC，CD，DB的长度成等差数列，则|AC|+|DB|=2|CD|，
所以|AB|=3|CD|，于是|x1-x2|=3|x3-x4|，
两边同时平方并整理得(x1+x2)2-4x1x2=9[(x3+x4)2-4x3x4]，
于是-4×=9
展开整理得8m2+k2=9，该方程有解，所以存在直线l，
使得线段AC，CD，DB的长度成等差数列，C错误；
同上推理，当线段AC，CD，DB的长度相等时，
线段AC，CD，DB的长度成等比数列，D正确.
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4.(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(1)若k=求x2，y2；
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由已知有m=52-42=9，故C的方程为x2-y2=9.
当k=时，过P1(5，4)且斜率为的直线为y=+
与x2-y2=9联立得到x2-=9.
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：数列{xn-yn}是公比为的等比数列；
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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=-xn=
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相应的y=k(x-xn)+yn=.
所以该直线与C的不同于Pn的交点为Qn
而注意到Qn的横坐标亦可通过根与系数的关系表示为
故Qn一定在C的左支上.
所以Pn+1.
这就得到xn+1=
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yn+1=.
所以xn+1-yn+1=-
=-
=(xn-yn)=(xn-yn).
再由-=9，得x1-y1≠0，
所以数列{xn-yn}是公比为的等比数列.
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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=k. ①
因为点Pn-1，Qn-1都在双曲线C上，
所以
两式相减得(xn-xn-1)(xn+xn-1)
=(yn-yn-1)(yn+yn-1). ②
1
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3
4
由①，②得
④-③得(xn-yn)-(xn-1-yn-1)=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1)，
整理得=.
又x1-y1=1，
所以{xn-yn}是公比为的等比数列.
(3)设Sn为△PnPn+1Pn+2的面积，证明：对任意的正整数n，Sn=Sn+1.
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方法一　先证明一个结论：对平面上三个点U，V，W，
若=(a，b)=(c，d)，
则S△UVW=(若U，V，W在同一条直线上，约定S△UVW=0).
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证明：S△UVW=·sin〈〉
=·=·
==
=
===.
证毕，回到原题.
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由(2)可知
xn+1=yn+1=
故xn+1+yn+1=+=(xn+yn)=(xn+yn).
再由-=9，
可知x1+y1≠0，
所以数列的等比数列.
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所以对任意的正整数m，都有
xnyn+m-ynxn+m=[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]
-[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)]=(xn-yn)(xn+m+yn+m)-(xn+yn)(xn+m-yn+m)
=(xn-yn)(xn+yn)-(xn+yn)(xn-yn)
=-)=.
而又有=(-(xn+1-xn)，-(yn+1-yn))，=(xn+2-xn+1，yn+2-yn+1)，
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故利用前面已经证明的结论即得
Sn==|-(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)+(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)|
=|(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)-(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)|
=|(xn+1yn+2-yn+1xn+2)+(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2)|
=-.
这就表明Sn的取值是与n无关的定值，所以Sn=Sn+1.
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方法二　由(2)可知
xn+1=yn+1=
故xn+1+yn+1=+=(xn+yn)=(xn+yn).
再由-=9，
可知x1+y1≠0，
所以数列的等比数列.
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所以对任意的正整数m，都有
xnyn+m-ynxn+m=[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]
-[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)]=(xn-yn)(xn+m+yn+m)-(xn+yn)(xn+m-yn+m)
=(xn-yn)(xn+yn)-(xn+yn)(xn-yn)
=-)=.
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这就得到
xn+2yn+3-yn+2xn+3==xnyn+1-ynxn+1，
以及xn+1yn+3-yn+1xn+3==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.
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故(yn+3-yn)(xn+2-xn+1)=(yn+2-yn+1)(xn+3-xn).
而=(xn+3-xn，yn+3-yn)，
=(xn+2-xn+1，yn+2-yn+1).
所以平行，
这就得到=
即Sn=Sn+1.
总结提升
1.解析几何与数列结合的综合问题，往往是以解析几何知识为载体，核心还是数列问题，比如常出现的点列问题就是数列知识与解析几何知识的综合，一个点的横坐标，纵坐标分别是某两个不同数列的项，而这两个数列又与点所在的曲线建立了联系，从而数列的代数特征与曲线的几何性质紧密相关.
2.解析几何与导数结合的综合问题，一般由解析几何构建出关于长度、面积的函数关系，利用导数来求最值.
补偿强化练
PART TWO
1.(2024·贵阳模拟)已知A为双曲线C：x2-=1的右顶点，过点B(0，2)的直线l交C于D，E两点.
(1)若AD⊥AE，试求直线l的斜率；
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2
1
2
由题意知直线l的斜率一定存在.
设直线l的方程为y=kx+2，D(x1，y1)，E(x2，y2).
联立
化简得(3-k2)x2-4kx-7=0，其中k2≠3，
所以x1+x2=x1x2=
Δ=16k2+28(3-k2)>0，即k2<7且k2≠3，
因为AD⊥AE，A(1，0)，所以·=0.
1
2
即(x1-1)(x2-1)+y1y2=0，换元后有(1+k2)x1x2+(2k-1)(x1+x2)+5=0.
所以(1+k2)·+(2k-1)·+5=0，化简得k2+k-2=0.
解得k=1或k=-2.
当k=-2时，直线过点A，不符合题意.
当k=1时，满足题意.
所以k=1.
(2)记双曲线C的两条渐近线分别为l1，l2，过曲线C的右支上一点P作直线与l1，l2分别交于M，N两点，且M，N位于y轴右侧，若满足=λ λ∈求S△MON的取值范围(O为坐标原点).
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2
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设P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则=(x0-x1，y0-y1)=(x2-x0，y2-y0).
由=λ可知

因为-=1，
所以-=1，
1
2
且有
化简得x1x2==.
又S△MON=|OM|·|ON|·sin=x1x2=λ∈
设h(x)=x+x∈则h(x)在上单调递减，在(1，4]上单调递增，所以h(x)min=h(1)=2，h=h(4)=.
所以S△MON的取值范围是.
2.(2024·黄冈模拟)现代产品外观特别讲究线条感，为此我们需要刻画曲线的弯曲程度.考察如图所示的光滑曲线C：y=f(x)上的曲线段AB，其弧长为Δs，当动点从A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线lA也随着转动到B点的切线lB，记这两条切线之间的夹角为Δθ(它等于lB的倾斜角与lA的倾斜角之差).显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义=为曲线段AB的平均曲率；显然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画曲
线C在点A处的弯曲程度，因此定义K==(若极限存在)为曲线C在点A处的曲率.(其中y'，y″分别表示y=f(x)在点A处的一阶、二阶导数)
(1)已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点到准线的距离为3，则在该
抛物线上点(3，y)处的曲率是多少？
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2
1
2
因为抛物线x2=2py(p>0)的焦点到准线的距离为3，所以p=3，
即抛物线方程为x2=6y，即f(x)=y=x2，
则f'(x)=x，f″(x)=
故在该抛物线上点(3，y)处的曲率
K===.
(2)若函数g(x)=-不等式g≤g(2-cos ωx)对于x∈R恒成立，求ω的取值范围；
1
2
1
2
因为g(-x)=-=-=-=-g(x)，
所以g(x)在R上为奇函数，
又g(x)在R上为减函数.
所以g≤g(2-cos ωx)对于x∈R恒成立等价于cos ωx≥2-对于x∈R恒成立.
又因为两个函数都是偶函数，
记p(x)=cos ωx，q(x)=2-
则曲线p(x)恒在曲线q(x)上方，
1
2
p'(x)=-ωsin ωx，q'(x)=-
又因为p(0)=q(0)=1，
所以在x=0处三角函数p(x)的曲率不大于曲线q(x)的曲率，
即
又因为p″(x)=-ω2cos ωx，q″(x)=-
p″(0)=-ω2，q″(0)=-1，p'(0)=q'(0)=0，
所以ω2≤1，解得-1≤ω≤1，因此ω的取值范围为.
(3)若动点A的切线沿曲线f(x)=2x2-8运动至点B(xn，f(xn))处的切线，点B的切线与x轴的交点为(xn+1，0)(n∈N*).若x1=4，bn=xn-2，Tn是数列的前n项和，证明Tn<3.
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2
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由题可得f'(x)=4x，
所以曲线y=f(x)在点(xn，f(xn))处的切线方程是y-f(xn)=f'(xn)(x-xn)，
即y-(2-8)=4xn(x-xn)，
令y=0，得-(-4)=2xn(xn+1-xn)，
即+4=2xnxn+1，
显然xn≠0，所以xn+1=+
由xn+1=+知xn+1+2=++2=
1
2
同理xn+1-2=故=
从而lg =2lg
设lg =an，即an+1=2an，
所以数列是公比为2的等比数列，
故an=2n-1a1=2n-1lg =2n-1lg 3，
即lg =2n-1lg 3，从而=
1
2
所以xn=
所以bn=xn-2=>0，
==<=
当n=1时，显然T1=b1=2<3；当n>1时，bn所以Tn=b1+b2+…+bn综上，Tn<3(n∈N*).

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