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培优点11 圆锥曲线中探索性与知识交汇问题
重点解读 高考中探索性问题是一个重要考点，同时圆锥曲线与其它知识的交汇问题频繁出现在各类考
题中，突出考查学生解决综合性数学问题的能力.
题型一 探索性问题
例1 已知椭圆C 的焦点坐标是F1(－1，0)，F2(1，0)，过点F2垂直于长轴的直线l 交椭圆C 于B，D 两
点，且|BD|＝3.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)过定点P(0，2)且斜率为k 的直线l'与椭圆C 相交于不同两点M，N，试判断：在x 轴上是否存在点
A(m，0)，使得以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m 的取值范围；若不存在，
请说明理由.
思维升华 存在性问题的解题策略
存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.
(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.
(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.
跟踪训练1 (2025·太原模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点D(2，1)且斜率为1 的直线
经过点F.
(1)求抛物线C 的方程；
(2)若A，B 是抛物线C 上两个动点，在x 轴上是否存在定点M(异于坐标原点O)，使得当直线AB 经过
点M 时，满足OA⊥OB？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由.
题型二 圆锥曲线中知识交汇问题
例2 (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＝1
2，求x2，y2；
(2)证明：数列{xn－yn}是公比为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.
思维升华 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.
跟踪训练2 (2024·成都模拟)已知椭圆D：x
2
a
2 ＋y
2
b
2 ＝1(a>b>0)的离心率为√2
2 ，且过点(2，1).过椭圆D
上的点A 作圆O：x2＋y2＝2 的两条切线，其中一条切线与椭圆D 相交于点B，与圆O 相切于点C，两
条切线与y 轴分别交于E，F 两点.
(1)求椭圆D 的方程；
(2)|BC|·|CA|是否为定值，若是，请求出|BC|·|CA|的值；若不是，请说明理由；
(3)若椭圆D 上点A(x0，y0)(x0≥2)，求△AEF 面积的取值范围.
答案精析
例1 解 (1)设椭圆C 的标准方程为x
2
a
2+ y
2
b
2 =1(a>b>0)，
由已知可得c=1，2b
2
a =3，
又a2=b2+c2，得a2=4，b2=3，
所以所求椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
(2)设直线l'：y=kx+2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN 的中点E(x0，y0)，
假设在x 轴上存在点A(m，0)，
使得以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形，则AE⊥MN，
联立{
y =kx +2,
x
2
4 + y
2
3 =1,
得(4k2+3)x2+16kx+4=0，
由于直线l'与椭圆C 相交于不同两点，
所以Δ=(16k)2-16(4k2+3)>0
⇒k<-1
2或k>1
2，
所以x1+x2=- 16 k
4 k
2+3，
x1x2=
4
4 k
2+3，
所以x0= x1+ x2
2
=-
8k
4 k
2+3，
y0=kx0+2=
6
4 k
2+3，
因为AE⊥MN，
所以kAE=
y0-0
x0-m=
6
4 k
2+3
-0
-
8k
4 k
2+3
-m
=-1
k ⇒m=-2k
4 k
2+3=
-2
4 k + 3
k
，
当k>1
2时，4k+3
k ≥4√3，
当且仅当k=√3
2 时，等号成立，
所以-√3
6 ≤m<0；
当k<-1
2时，
4k+3
k =-(- 4 k + 3
-k )，
而-4k+ 3
-k ≥4√3，
当且仅当k=-√3
2 时，等号成立，
所以0<m≤√3
6 .
综上，存在点A(m，0)，使得以AM，AN 为邻边的平行四边形为菱形，
实数m 的取值范围为[- √3
6 ，0)∪(0，√3
6 ].
跟踪训练1 解 (1)由题意过点D(2，1)且斜率为1 的直线方程为y-1=x-2，
即y=x-1，令y=0，则x=1，
∴点F 的坐标为(1，0)，∴p
2 =1，
∴p=2，抛物线C 的方程为y2=4x.
(2)由(1)得抛物线C：y2=4x，假设存在定点M(m，0)符合题意，
设直线AB 的方程为x=ty+m(t∈R，m≠0)，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
联立{
x =ty +m,
y
2= 4 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)，
当m=4 时，点M 的坐标为(4，0)，满足OA⊥OB，Δ=16t2+16m>0，
∴存在定点M(4，0)符合题意.
例2 (1)解 由已知有m=52-42=9，
故C 的方程为x2-y2=9.
当k=1
2时，过P1(5，4)且斜率为1
2的直线为y= x +3
2
，与x2-y2=9 联立得到x2-(
x +3
2 )
2
=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=2k( yn-k xn)
1-k
2
-xn
=2k yn- xn-k
2 xn
1-k
2
，
相应的y=k(x-xn)+yn
= yn+ k
2 yn-2k xn
1-k
2
.
所以该直线与C 的不同于Pn的交点为
Qn(
2k yn- xn-k
2 xn
1-k
2
，yn+k
2 yn-2k xn
1-k
2
)，
而注意到Qn的横坐标亦可通过根与系数的关系表示为
-( yn-k xn)
2-9
(1-k
2)xn
，
故Qn一定在C 的左支上.所以
Pn+1(
xn+k
2 xn-2k yn
1-k
2
，yn+k
2 yn-2k xn
1-k
2
).
这就得到xn+1= xn+ k
2 xn-2k yn
1-k
2
，
yn+1= yn+ k
2 yn-2k xn
1-k
2
.
所以xn+1-yn+1= xn+k
2 xn-2k yn
1-k
2
- yn+k
2 yn-2k xn
1-k
2
= xn+ k
2 xn+2k xn
1-k
2
- yn+ k
2 yn+2k yn
1-k
2
=1+k
2+2k
1-k
2
(xn-yn)=1+k
1-k (xn-yn).
再由x1
2-y1
2=9，
就知道x1-y1≠0，
所以数列{xn-yn}是公比为1+k
1-k 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
yn- yn-1
- xn- xn-1
=k.
①
因为点Pn-1，Qn-1都在双曲线C 上，
所以{
xn
2- yn
2=9,
xn-1
2
- yn-1
2
=9,
两式相减得(xn-xn-1)(xn+xn-1)
=(yn-yn-1)(yn+yn-1).
②
由①，②得{
yn- yn-1=-k( xn+ xn-1),③
xn- xn-1=-k( yn+ yn-1).④
④-③得(xn-yn)-(xn-1-yn-1)
=k(xn-yn)+k(xn-1-yn-1)，
整理得
xn- yn
xn-1- yn-1
=1+k
1-k .
又x1-y1=1，
所以{xn-yn}是公比为1+ k
1-k 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，
若⃗UV =(a，b)，⃗UW =(c，d)，
则S△UVW=1
2|ad -bc|(若U，V，W 在同一条直线上，约定S△UVW=0).
证明：S△UVW
=1
2|⃗UV|·|⃗UW|sin〈⃗UV ，⃗UW 〉
=1
2|⃗UV|·
|⃗UW|√1-co s
2〈⃗UV ，⃗UW 〉
=1
2|⃗UV|·
|⃗UW|√
1-(⃗
UV ·⃗UW
|⃗UV|·|⃗UW|)
2
=1
2 √|⃗UV|
2·|⃗UW|
2-(⃗UV ·⃗UW )
2
=1
2 √(a
2+b
2)(c
2+d
2)-(ac +bd )
2
=1
2 √a
2c
2+a
2d
2+b
2c
2+b
2d
2-a
2c
2-b
2d
2-2abcd
=1
2 √a
2d
2+b
2c
2-2abcd
=1
2 √(ad -bc)
2
=1
2|ad -bc|.
证毕，回到原题.
由(2)可知
xn+1= xn+k
2 xn-2k yn
1-k
2
，
yn+1= yn+k
2 yn-2k xn
1-k
2
，
故xn+1+yn+1= xn+k
2 xn-2k yn
1-k
2
+ yn+k
2 yn-2k xn
1-k
2
=1+k
2-2k
1-k
2
(xn+yn)=1-k
1+k (xn+yn).
再由x1
2-y1
2=9，
可知x1+y1≠0，
所以数列{xn+ yn}是公比为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=1
2[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]
-1
2[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)]
=1
2(xn-yn)(xn+m+yn+m)-1
2(xn+yn)(xn+m-yn+m)
=1
2(
1-k
1+ k)
m
(xn-yn)(xn+yn)-1
2(
1+k
1-k)
m
(xn+yn)(xn-yn)
=1
2[(
1-k
1+k)
m
-(
1+k
1-k)
m
]( xn
2-yn
2)
=9
2[(
1-k
1+ k)
m
-(
1+ k
1-k)
m
].
而又有⃗Pn+1 Pn=(-(xn+1-xn)，-(yn+1-yn))，⃗
Pn+1 Pn+2=(xn+2-xn+1，yn+2-yn+1)，
故利用前面已经证明的结论即得
Sn=S△Pn Pn+1 Pn+2
=1
2|-(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)+(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)|
=1
2|(xn+1-xn)(yn+2-yn+1)
-(yn+1-yn)(xn+2-xn+1)|
=1
2|(xn+1yn+2-yn+1xn+2)+(xnyn+1-ynxn+1)-(xnyn+2-ynxn+2)|
=1
2|
9
2(
1-k
1+k - 1+k
1-k)+ 9
2(
1-k
1+k -
1+k
1-k)- 9
2[(
1-k
1+ k)
2
-(
1+ k
1-k)
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= xn+k
2 xn-2k yn
1-k
2
，
yn+1= yn+ k
2 yn-2k xn
1-k
2
，
故xn+1+yn+1=
xn+k
2 xn-2k yn
1-k
2
+ yn+ k
2 yn-2k xn
1-k
2
=1+k
2-2k
1-k
2
(xn+yn)=1-k
1+k (xn+yn).
再由x1
2-y1
2=9，
可知x1+y1≠0，
所以数列{xn+ yn}是公比为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
=1
2[(xnxn+m-ynyn+m)+(xnyn+m-ynxn+m)]
-1
2[(xnxn+m-ynyn+m)-(xnyn+m-ynxn+m)]
=1
2(xn-yn)(xn+m+yn+m)-
1
2(xn+yn)(xn+m-yn+m)
=1
2(
1-k
1+ k)
m
(xn-yn)(xn+yn)
-1
2(
1+ k
1-k)
m
(xn+yn)(xn-yn)
=1
2[(
1-k
1+k)
m
-(
1+k
1-k)
m
]( xn
2-yn
2)
=9
2[(
1-k
1+ k)
m
-(
1+ k
1-k)
m
].
这就得到xn+2yn+3-yn+2xn+3
=9
2(
1-k
1+ k - 1+k
1-k)
=xnyn+1-ynxn+1，
以及xn+1yn+3-yn+1xn+3
=9
2[(
1-k
1+ k)
2
-(
1+ k
1-k)
2
]
=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).
而⃗Pn Pn+3=(xn+3-xn，yn+3-yn)，⃗
Pn+1 Pn+2=(xn+2-xn+1，yn+2-yn+1).
所以⃗Pn Pn+3和⃗Pn+1 Pn+2平行，
这就得到S△Pn Pn+1 Pn+2=S△Pn+1 Pn+2 Pn+3，
即Sn=Sn+1.
跟踪训练2 解 (1)由题意可得{
√a
2-b
2
a
= √2
2 ,
4
a
2 + 1
b
2 =1,
解得{
a
2=6,
b
2=3,
所以椭圆D 的方程为x
2
6 + y
2
3 =1.
(2)由题意知切线与y 轴有交点，故直线AB 的斜率存在，设直线AB 的方程为y=kx+m，A(x1，y1)，B(x2，
y2)，
联立{
y =kx +m,
x
2
6 + y
2
3 =1,
消去y 得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0，
Δ=16k2m2-4(1+2k2)(2m2-6)=48k2-8m2+24>0，
则x1+x2=- 4 km
1+2k
2，
x1x2=2m
2-6
1+2k
2 ，
又y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=m
2-6k
2
1+2k
2 ，
当x1x2≠0 时，
kOAkOB= y1 y2
x1 x2
=m
2-6 k
2
2m
2-6
，
①
因为直线AB 与圆O：x2+y2=2 相切，
所以圆心O 到直线AB 的距离为|m|
√k
2+1
=√2，
所以m2=2(k2+1)，满足Δ>0，代入①得kOAkOB=
y1 y2
x1 x2
=2(k
2+1)-6k
2
4(k
2+1)-6
=2- 4 k
2
4 k
2-2
=-1，
所以OA⊥OB；
当x1x2=0 时，m2=3，
又m2=2(k2+1)，则k2=1
2，满足Δ>0，
所以y1y2=0，所以直线AB 过椭圆的左或右顶点与上或下顶点，
所以OA⊥OB.
在Rt△OAB 中，OC⊥AB，
由射影定理知|OC|2=|CA|·|BC|=2，
所以|BC|·|CA|为定值2.
(3)由题意直线AB 的斜率存在，
设过点A(x0，y0)(x0≥2)的切线方程为y-y0=k(x-x0)，
即kx-y+y0-kx0=0，
则圆心O 到直线AB 的距离为
| y0-k x0|
√k
2+1
=√2，
即(x0
2-2)k2-2x0y0k+y0
2-2=0，
显然Δ'=8x0
2+8y0
2-16>0，
设直线AE，AF 的斜率分别为k1，k2，
则k1+k2=
2 x0 y0
x0
2-2 ，k1k2=
y0
2-2
x0
2-2
，
直线AE 的方程为y-y0=k1(x-x0)，
令x=0，则yE=y0-k1x0，
同理yF=y0-k2x0，
|EF|=|yE-yF|=x0|k1-k2|
=x0√(k1+ k2)
2- 4 k1k2，
S△AEF=1
2 x0
2√(k1+ k2)
2- 4 k1k2
=1
2 x0
2√(
2 x0 y0
x0
2-2 )
2
- 4( y0
2-2)
x0
2-2
，
因为A(x0，y0)(x0≥2)在椭圆D 上，
所以y0
2=3-1
2 x0
2，代入化简得
S△AEF=1
2 x0
2√
2 x0
2(6- x0
2)
( x0
2-2)
2
+2
= x0
2
x0
2-2 √x0
2+2，
令x0
2-2=t，则x0
2=t+2(2≤t≤4)，
则S△AEF=t +2
t
√t + 4
=√
t
3+8t
2+20t +16
t
2
，
令f(t)=t
3+8t
2+20t +16
t
2
，2≤t≤4，
则f'(t)=t
3-20t -32
t
3
，
令g(t)=t3-20t-32，2≤t≤4，
则g'(t)=3t2-20，
当2≤t<√
20
3 时，g'(t)<0，
当√
20
3 <t≤4 时，g'(t)>0，
所以函数g(t)在[2，√
20
3 )上单调递减，在(√
20
3 ，4]上单调递增，
又g(2)=-64<0，g(4)=-48<0，
所以g(t)<0，即当2≤t≤4 时，f'(t)<0，
所以函数f(t)在[2，4]上单调递减，
所以18=f(4)≤f(t)≤f(2)=24，
所以3√2≤S△AEF≤2√6，
所以△AEF 面积的取值范围为[3√2，2√6].
