2004-上海卷理-22 解-二次曲线

本题导读

本题考查二次曲线与代数综合。核心在于构造法、极值代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年上海卷(理)） 设 $P_1(x_1,y_1),P_2(x_2,y_2),\cdots ,P_n(x_n,y_n)(n⩾3,n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$ 是二次曲线 $C$ 上的点，且 $a_1=|O{P}_1{|}^2,a_2=|O{P}_2{|}^2,\cdots ,a_n=|O{P}_n{|}^2$ 构成了一个公差为 $d(d\ne 0)$ 的等差数列，其中 $O$ 是坐标原点. 记 $S_n=a_1+a_2+\cdots +a_n$.

(1) 若 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{25}=1,n=3$. 点 $P_1(10,0)$ 及 $S_3=255$，求点 $P_3$ 的坐标；(只需写出一个)

(2) 若 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$. 点 $P_1(a,0)$，对于给定的自然数 $n$，当公差 $d$ 变化时，求 $S_n$ 的最小值；

(3) 请选定一条除椭圆外的二次曲线 $C$ 及 $C$ 上的一点 $P_1$，对于给定的自然数 $n$，写出符合条件的点 $P_1,P_2,\cdots ,P_n$ 存在的充要条件，并说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问：由 $P_1(10,0)$ 得 $a_1=100$，根据 $S_3=3a_2=255$ 算出 $a_2=85$，进而根据等差性质得到 $a_3=70$。结合 $P_3$ 在椭圆上列出方程组解出坐标。
2. 第(2)问：在椭圆上，向径平方 $|OP{|}^2\in [b^2,a^2]$。首项 $a_1=a^2$ 是最大值，故等差数列必须递减（ $d<0$）。由 $a_n⩾b^2$ 锁定公差 $d$ 的下界，代入 $S_n$ 表达式求出最小值。
3. 第(3)问：可选双曲线或抛物线。若选双曲线 $\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$ 且 $P_1(a,0)$，其向径平方最小值为 $a^2$，故数列必须递增（ $d>0$）。由于双曲线向径无上界，故 $d>0$ 即为充要条件。

✅【答案】

Success

(1) $P_3\left(2\sqrt{15},\sqrt{10}\right)$（或 $\left(-2\sqrt{15},\sqrt{10}\right)$）

(2) $d\in \left[\frac{b^2-a^2}{n-1},0\right)$

(3) 充要条件为 $d>0$

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 若 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{100}+\frac{y^2}{25}=1,n=3$： 由题意， $a_1=|O{P}_1{|}^2=10^2+0^2=100$。 因为 $a_1,a_2,a_3$ 构成等差数列，所以 $S_3=\frac{3(a_1+a_3)}{2}=3a_2=255$。 解得： $a_2=85$ 从而公差 $d=a_2-a_1=85-100=-15$。 则第 3 项为： $a_3=a_2+d=85-15=70$

因为点 $P_3(x_3,y_3)$ 在二次曲线 $C$ 上，且 $a_3=x_3^2+y_3^2=70$，联立方程组： $\{\begin{array}{l}{x}_3^2+y_3^2=70\\ \frac{x_3^2}{100}+\frac{y_3^2}{25}=1⟹x_3^2+4y_3^2=100\end{array}$ 两式相减得： $3y_3^2=30⟹y_3^2=10$， 代入得： $x_3^2=70-10=60$。 故可求得点 $P_3$ 的一组坐标为： $\left(2\sqrt{15},\sqrt{10}\right)$ （填入 $\left(-2\sqrt{15},\sqrt{10}\right)$ 等亦可）。

(2) 若 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0),P_1(a,0)$： 由题意，首项 $a_1=|O{P}_1{|}^2=a^2$。 对于椭圆上任意一点 $P(x,y)$，其到原点的距离平方满足： $|OP{|}^2=x^2+y^2=x^2+b^2\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)=b^2+\left(1-\frac{b^2}{a^2}\right)x^2$ 因为 $0⩽x^2⩽a^2$ 且 $a>b>0$，所以： $b^2⩽|OP{|}^2⩽a^2$ 即等差数列中各项均需满足 $b^2⩽a_i⩽a^2$。

因为首项 $a_1=a^2$ 已达极大值，且公差 $d\ne 0$，所以该等差数列必须严格递减，即 $d<0$。 要使点 $P_1,P_2,\cdots ,P_n$ 恒存在，只需数列的最后一项（即最小值）满足下界约束： $a_n=a_1+(n-1)d⩾b^2⟹a^2+(n-1)d⩾b^2$ 解得公差 $d$ 的取值范围为： $d⩾\frac{b^2-a^2}{n-1}$

前 $n$ 项和 $S_n$ 的表达式为： $S_n=n{a}_1+\frac{n(n-1)}{2}d=n{a}^2+\frac{n(n-1)}{2}d$ 因为 $d$ 的系数 $\frac{n(n-1)}{2}>0$，所以 $S_n$ 随着 $d$ 的增大而增大。 当 $d$ 取得最小值 $\frac{b^2-a^2}{n-1}$ 时， $S_n$ 取得最小值： $S_{n,\min }=n{a}^2+\frac{n(n-1)}{2}\cdot \frac{b^2-a^2}{n-1}=n{a}^2+\frac{n}{2}(b^2-a^2)=\frac{n}{2}(a^2+b^2)$

(3) 选定除椭圆外的二次曲线 $C$ 及其上一点 $P_1$： 选择方案： 双曲线 $C:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$，选定点 $P_1(a,0)$。 充要条件： $d>0$。

理由与证明如下： 对于双曲线 $C$ 上的任意一点 $P(x,y)$，其横坐标满足 $x^2⩾a^2$。 其到原点的距离平方为： $|OP{|}^2=x^2+y^2=x^2+b^2\left(\frac{x^2}{a^2}-1\right)=\left(1+\frac{b^2}{a^2}\right)x^2-b^2$ 因为 $x^2⩾a^2$，所以 $|OP{|}^2⩾\left(1+\frac{b^2}{a^2}\right)a^2-b^2=a^2+b^2-b^2=a^2$。 且当 $x\to +\infty$ 时， $|OP{|}^2\to +\infty$。 这说明双曲线上的点到原点的距离平方的值域为 $[a^2,+\infty )$。

• 必要性证明： 已知首项 $a_1=|O{P}_1{|}^2=a^2$。由于各项必满足 $a_i\in [a^2,+\infty )$，且题干限定公差 $d\ne 0$。 由于 $a_1=a^2$ 是值域的左边界极小值，故后续项必须递增，即 $d=a_2-a_1>0$ 必须成立。
• 充分性证明： 若 $d>0$，则等差数列各通项为 $a_i=a^2+(i-1)d$。 因为 $d>0$，对于任意 $i=1,2,\cdots ,n$，均有 $a_i⩾a^2$。 由于 $[a^2,+\infty )$ 是双曲线向径平方的值域，因此对于每一个确定的 $a_i$，在双曲线上均能找到对应的点 $P_i$ 使得 $|O{P}_i{|}^2=a_i$ 成立。

综上所述，符合条件的点存在的充要条件是 $d>0$。 (注：若选择抛物线 $y^2=2px(p>0)$ 且选取 $P_1(0,0)$，其充要条件同样为 $d>0$)

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：二次曲线的向径值域范围（椭圆有界性与双曲线抛物线的无界性）、等差数列边界条件控制定参。
2. 核心方法：值域映射法。
3. 避坑指南：
   • 第(2)问中，切记 $d$ 是负数。在求 $S_n$ 的最小值时，因为 $d$ 越小 $S_n$ 越小，而 $d$ 的最小边界是 $\frac{b^2-a^2}{n-1}$，将其代入即可。
   • 第(3)问作为开放性论证，写完条件后必须分别进行必要性与充分性的双向逻辑闭环证明，仅证明单向会造成大额失分。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 2004年上海高考理科数学第22题压轴题。
2. 结论推广: 本题的核心运算是曲线的向径函数 $r^2(\theta )=x^2+y^2$。在解析几何与高等微积分中，通过等差、等比数列对圆锥曲线进行离散化采样（如

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 1977-吉林-09 解-等比数列求公比
• 1987-广东文-25 单-等差数列的通项
• 1998-上海文-22 解-数列与抛物线的综合