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数列与圆锥曲线的交汇问题
高考定位 数列与圆锥曲线融合交汇的综合题是高考中的热点题型.这类试题体
现了以能力立意的命题指导思想，呈现出立意新、角度活、思维跨度大、综合性
强等特点.它在高考试题中多处于压轴题的位置，具有一定的思辨性和挑战性，
对学生综合运用知识解决问题的能力要求较高.
【类型突破】
类型一 数列与椭圆的交汇
例1 (2024·长郡中学适应性考试)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝.
(1)若椭圆E 过点(2，)，求椭圆E 的标准方程.
(2)若直线l1，l2均过点P(pn，0)(0<pn<a，n∈N*)且互相垂直，直线l1交椭圆E 于
A，B 两点，直线l2交椭圆E 于C，D 两点，M，N 分别为弦AB 和CD 的中点，
直线MN 与x 轴交于点Q(tn，0)，设pn＝.
①求tn；
②记an＝|PQ|，求数列的前n 项和Sn.
解 (1)因为e＝＝，a2＝b2＋c2，
所以a2＝2b2，
所以椭圆E 的方程为＋＝1，
因为椭圆E 过点(2，)，
所以＋＝1，解得b2＝4，
所以椭圆E 的方程为＋＝1.
(2)①当直线l1，l2中一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0 时，直线
MN 与x 轴重合，不符合题意.
故直线l1，l2的斜率均存在且不为0.
设直线l1的方程为y＝k(x－pn)(k≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，
联立方程
消去y 并整理得(1＋2k2)x2－4k2pnx＋2k2p－2b2＝0，
因为直线与椭圆相交于两个不同的交点，
所以Δ>0，
根据韦达定理得x1＋x2＝，
x1x2＝，
则
同理可得
因为M，N，Q 三点共线，
所以yN(xN－xM)＝(yN－yM)(xN－tn)，
易知yN－yM≠0，
则tn＝＝＝，
因为pn＝，所以tn＝.
②结合①可知an＝|PQ|＝|pn－tn|＝＝，
所以＝3n＋1，
所以数列是首项为9，公比为3 的等比数列，
所以数列的前n 项和Sn＝＝(3n－1).
规律方法 本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆相交以及等比数列求和的问题.
其中关键点是联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理和M，N，Q 三点共线，求
出点Q 的坐标，从而得到tn.
训练1 (2024·青岛质检)已知一系列椭圆Cn：x2＋＝1，0<bn<1，n＝1，2，….若
椭圆Cn上有一点Pn，使Pn到右准线ln的距离dn是|PnFn|与|PnGn|的等差中项，其
中Fn，Gn分别是Cn的左、右焦点.
(1)求证：bn≤(n≥1).
(2)取bn＝，并用Sn表示△PnFnGn的面积，求证：S1<S2且Sn>Sn＋1(n≥3).
证明 (1)由题意，a＝1，cn＝＝，准线ln的方程为x＝＝，
根据椭圆的定义，有|PnFn|＋|PnGn|＝2a＝2，
dn＝＝1，
设点Pn(xn，yn)，则有xn＝－1，
椭圆Cn左顶点的坐标为(－1，0)，右顶点的坐标为(1，0)，Pn在Cn上，
∴－1≤xn≤1，即－1<－1≤1，
解得bn≤.
(2)由题意，|FnGn|＝2cn，xn＝－1，
bn＝，
c＝1－b＝，
cn＝，－1＝，
yn＝bn＝＝，
Sn＝|FnGn|·yn＝，
考查S＝，
构造函数f(x)＝，
则有f′(x)＝
＝，
当1≤x≤2 时，f′(x)>0，
所以S<S，S1<S2；
当x≥3 时，f′(x)<0，所以S 在n≥3 时单调递减，即Sn>Sn＋1.
类型二 数列与双曲线的交汇
例2 (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，…)，过点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＝，求x2，y2；
(2)证明：数列{xn－yn}是公比为的等比数列；
(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积，证明：对于任意的正整数n，Sn＝Sn＋1.
(1)解 ∵P1在C 上，∴m＝52－42＝9，
故k＝时，有
解得或(舍)，
∴x2＝3，y2＝0.
(2)证明 设Pn(xn，yn)，Qn(－xn＋1，yn＋1)，
直线PnQn斜率为k.
设zn＝xn－yn，
∴
则＝1，
结合＝k，
得
两式相减，得zn＋1－zn＝k(zn＋1＋zn)，
∴＝，
∴数列{xn－yn}是公比为的等比数列.
(3)证明 要证Sn＋1＝Sn，
即证S△PnPn＋1Pn＋2＝S△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，
这等价于Pn＋1Pn＋2∥PnPn＋3.
设＝q，
由(2)知
∴xn＝，
yn＝，
∵kPn＋1Pn＋2＝
＝
＝1－
＝1－
＝1－，
kPnPn＋3＝＝
＝1－
＝1－
＝1－，
故kPn＋1Pn＋2＝kPnPn＋3，Pn＋1Pn＋2∥PnPn＋3，
∴Sn＝Sn＋1.
规律方法 本题分层设问，环环相扣，三问都可以通过基本方法简化计算过程；
第(2)问利用固定斜率的直线与双曲线交点的性质可以迅速得出结论；第(3)问证
明面积相等时，可以将问题转化为证明两条直线平行.试题充分体现了“多想少
算”的设计理念.
训练2 设双曲线Γ：x2－＝1，正项数列{xn}满足x1＝1，对任意的n≥2，
n∈N*，都有(xn，xn－1)是Γ 上的点.
(1)求数列{xn}的通项公式.
(2)记Sn＝＋＋…＋，是否存在正整数m，使得－＝1 与Γ 有相同的渐近线？如果
有，求出m 的值，如果没有，请说明理由.
解 (1)由(xn，xn－1)在双曲线上，
得x－＝1，
则x－x＝1，令bn＝x，
b1＝x＝1，有bn＝bn－1＋1，bn＝1＋1×(n－1)＝n，
x＝bn＝n，
又∵{xn} 为正项数列，xn＝.
(2)Sn＝＋＋…＋
＝＋＋…＋
＝－1＋－＋…＋－
＝－1，
Γ 的渐近线方程为y＝±x，
而－＝1 渐近线方程为y＝±x，
＝，99＝Sm＝－1，
m＝9 999.
类型三 数列与抛物线的交汇
例3 如图所示，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上横坐标为4 的点到焦点的距离
为5.
(1)求抛物线C 的方程.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C 上任意两点，且|y1－y2|＝a(a>0 且a 为常数).
过弦AB 的中点M 作垂直于y 轴的直线交抛物线于点D，连接AD，BD 得到
△ABD，求证：△ABD 的面积为定值.
(3)在(2)的条件下，分别过弦AD，BD 的中点作垂直于y 轴的直线依次交抛物线
于点E，F，连接AE，DE 和BF，DF，得到△ADE 和△BDF，并按此方法继续
下去，若设a1＝S△ABD，a2＝S△ADE＋S△BDF，…，an是第n 次操作时得到的2n－1个
三角形面积的和，记Sn＝a1＋a2＋…＋an，求证：Sn<.
(1)解 依题意得4＋＝5，
解得p＝2.所以抛物线方程为y2＝4x.
(2)证明 若x1＝x2，即直线AB 垂直于x 轴，
不妨设y1>y2，由y1－y2＝a，
又由抛物线对称性可得y1＝，
又y＝4x1，得x1＝，故S△ABD＝.
若x1≠x2，设直线AB 方程为y＝kx＋b，
由方程组
消去x 得ky2－4y＋4b＝0，(*)
依题意可知k≠0.
由已知得y1＋y2＝，y1y2＝.
由|y1－y2|＝a，得(y1＋y2)2－4y1y2＝a2，
即－＝a2，整理得16－16kb＝a2k2.
所以a2k2＝16(1－kb)，AB 中点M，
所以点D，
依题意知S△ABD＝|DM||y1－y2|＝××a，
又因为方程(*)上判别式Δ＝16－16kb>0，
得1－kb>0.
所以S△ABD＝××a，
又1－bk＝，所以S△ABD＝××a＝.
又a 为常数，故S△ABD的面积为定值.
(3)证明 依题意得a1＝，a2＝×2，a3＝×4，…，an＝.
故Sn＝×＝·＝<.
规律方法 本题为数列与抛物线知识的简单交汇问题，关键是理解题意，然后用
常规方法解决即可.
训练3 已知三条直线li：y＝kx＋mi(i＝1，2，3)分别与抛物线Γ：y2＝8x 交于点
Ai，Bi，T(t，0)为x 轴上一定点，且m1<m2<m3<－t，记点T 到直线li 的距离为
di，△TAiBi的面积为Si.
(1)若直线l3的倾斜角为45°，且过抛物线Γ 的焦点F，求直线l3的方程；
(2)若OA1·OB1＝0，且km1≠0，证明：直线l1过定点；
(3)当k＝1 时，是否存在点T，使得S1，S2，S3成等比数列，d1，d2，d3也成等比
数列？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由.
(1)解 焦点F(2，0)，斜率k＝1，
故直线l3的方程为y＝x－2.
(2)证明 联立消去x，整理得ky2－8y＋8m1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1y2＝，x1x2＝＝.
由OA1·OB1＝0，
即x1x2＋y1y2＝0，得＋＝0，
即m1＝－8k，直线l1：y＝kx－8k，
故直线l1过定点(8，0).
(3)解 当k＝1 时，li：y＝x＋mi，
设T(t，0)，则di＝＝－.
由d＝d1·d3，
得(t＋m2)2＝(t＋m1)·(t＋m3)，
即m＋2m2t＝m1m3＋(m1＋m3)t.①
联立消去y，整理得x2＋2(mi－4)x＋m＝0.
由Δ＝4(mi－4)2－4m>0，得mi<2.
于是，|AiBi|＝·＝8.
由S＝S1·S3，d＝d1·d3，
且Si＝·|AiBi|·di，
得|A2B2|2＝|A1B1|·|A3B3|，
从而2－m2＝.
即(2－m2)2＝(2－m1)(2－m3)，
化简得m－4m2＝m1m3－2(m1＋m3).②
①②相减，整理得(t＋2)(2m2－m1－m3)＝0.
而2(2－m2)＝2<(2－m1)＋(2－m3)，
即2m2>m1＋m3，故t＋2＝0，即t＝－2.
又当t＝－2 时，比如取m1＝－1，m3＝1，m2＝2－满足题意，
故存在点T(－2，0)满足题意.
【精准强化练】
1.设A，B 为椭圆C：＋＝1 的短轴端点，P 为椭圆上异于A，B 的任意一点，D
在直线x＝4 上.
(1)求直线PA，PB 的斜率的乘积；
(2)证明：∠APB>；
(3)过右焦点F 作x 轴的垂线l，E 为l 上异于F 的任意一点，直线DF 交C 于M，
N 两点，记直线ED，EM，EN 的斜率分别为k1，k2，k3，是否存在k1，k2，k3的
某个排列，使得这三个数成等差数列？若存在，加以证明；若不存在，请说明理
由.
(1)解 不妨设A(0，)，B(0，－)，
设P(x0，y0)(x0≠0)，
则直线PA，PB 的斜率分别为k1＝，
k2＝，所以k1·k2＝.
又因为＋＝1，所以y＝3－x，
故k1·k2＝＝－，
即直线PA，PB 的斜率的乘积为－.
(2)证明 由椭圆的对称性，不妨设P 位于第一象限或长轴右端点，
设直线PA，PB 的倾斜角分别为α，β，
则tan∠APB＝tan[π－(α－β)]＝tan(β－α)＝.由(1)知，kPA·kPB＝－，
故kPA＝－·，
从而tan∠APB＝4kPB＋≥4，
当且仅当kPB＝时等号成立，此时P 为C 的右顶点.
因为tan＝tan＝
＝＝＝2＋，
又因为∠APB∈，且tan∠APB≥4>tan＝2＋，所以∠APB>.
(3)解 设E(1，n)(n≠0)，
①当D 在x 轴上时，D(4，0)，不妨设M(2，0)，N(－2，0)，
k1＝，k2＝－n，k3＝，从而k2＋k3＝2k1；
②当D 不在x 轴上时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN：x＝ky＋1(k≠0)，
由得D，
所以k1＝－.
由消去x，
得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0，
因为直线MN 过点F，则Δ>0，
从而y1＋y2＝，
y1y2＝，
又k2＋k3＝＋
＝
＝.
代入上式，得k2＋k3＝＝－＝2k1.
综上，可得k2＋k3＝2k1，即k2，k1，k3或k3，k1，k2成等差数列.
2.在平面直角坐标系xOy 中，若在曲线C1的方程F(x，y)＝0 中，以(λx，λy)(λ 为
非零的正实数)代替(x，y)得到曲线C2的方程F(λx，λy)＝0，则称曲线C1，C2关
于原点“伸缩”，变换(x，y)→(λx，λy)称为“伸缩变换”，λ 称为伸缩比.
(1)已知C1的方程为－＝1，伸缩比λ＝2，求C1关于原点“伸缩变换”所得曲线
C2的方程；
(2)射线l 的方程y＝x(x≥0)，如果椭圆C1：＋＝1 经“伸缩变换”后得到椭圆
C2，若射线l 与椭圆C1，C2分别交于两点A，B，且|AB|＝，求椭圆C2的方程；
(3)对抛物线C1：y2＝2p1x，作变换(x，y)→(λ1x，λ1y)，得抛物线C2：y2＝2p2x；对
C2 作变换(x，y)→(λ2x，λ2y)得抛物线C3：y2＝2p3x，如此进行下去，对抛物线
Cn：y2＝2pnx 作变换(x，y)→(λnx，λny)，得Cn＋1：y2＝2pn＋1x…，若p1＝1，λn＝，
求数列{pn}的通项公式pn.
解 (1)由条件得－＝1，得C2：－y2＝1.
(2)∵C2，C1关于原点“伸缩变换”，对C1作变换(x，y)→(λx，λy)(λ>0)，
得到C2：＋＝1，
解方程组得点A 的坐标为，
解方程组得B 点的坐标为，
|AB|＝＝＝，
化简后得3λ2－8λ＋4＝0，
解得λ1＝2，λ2＝，
因此椭圆C2的方程为＋y2＝1 或＋＝1.
(3)对Cn：y2＝2pnx 作变换(x，y)→(λnx，λny)得抛物线Cn＋1：(λny)2＝2pnλnx，
得y2＝x，
又∵y2＝2pn＋1x，∴pn＋1＝，
即＝＝2n，
···…··＝2·22·23…2n－1，
则＝21＋2＋3＋…＋(n－1)＝2
∵p1＝1，∴pn＝2.
