《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

5. (2024河北唐山一模,14)已知椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，过$F_{2}$的直线交E于A，B两点，$C(0,-1)$是线段$BF_{1}$的中点，且$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AC}^{2}$，则E的方程为_________.

答案： 答案$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{6}=1$
解析 由于$C(0,-1)$是线段$BF_{1}$的中点，$O(0,0)$是线段$F_{2}F_{1}$的中点，所以$OC// F_{2}B$，故$F_{2}F_{1}\perp AB$。
设$F_{2}(c,0)$，$F_{1}(-c,0)$，将$x = c$代入椭圆方程可得$\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$，
故$\vert y\vert=\frac{b^{2}}{a}$，则$A(c,\frac{b^{2}}{a})$，$B(c,-\frac{b^{2}}{a})$，
由$C(0,-1)$是线段$BF_{1}$的中点，得$\vert BF_{2}\vert = 2=\frac{b^{2}}{a}$，故$b^{2}=2a$，
所以$A(c,2)$，$B(c,-2)$，则$\overrightarrow{AC}=(-c,-3)$，$\overrightarrow{BC}=(-c,1)$，$\overrightarrow{AB}=(0,-4)$，由$\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{AC}^{2}$得$12=c^{2}+9$，
故$c^{2}=3$，又$b^{2}=2a=a^{2}-c^{2}$，故$a = 3$（舍负），
故椭圆$E$的方程为$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{6}=1$。

6. (2024湖南师大附中二模,17)在平面直角坐标系$xOy$中，已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的右顶点为$(2,0)$，离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，P是直线$x = 4$上任一点，过点$M(1,0)$且与PM垂直的直线交椭圆于A，B两点.
(1) 求椭圆的方程；
(2) 设直线PA，PM，PB的斜率分别为$k_{1}$，$k_{2}$，$k_{3}$，问：是否存在常数$\lambda$，使得$k_{1}+k_{3}=\lambda k_{2}$？若存在，求出$\lambda$的值；若不存在，说明理由.

答案： 解析
(1)由题意知$a = 2$，$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\therefore c=\sqrt{3}$，
$\therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=1$，
$\therefore$椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。 (5分)
(2)设存在常数$\lambda$，使得$k_{1}+k_{3}=\lambda k_{2}$。
当直线$AB$的斜率不存在时，其方程为$x = 1$， (7分)
代入椭圆方程得$A(1,\frac{\sqrt{3}}{2})$，$B(1,-\frac{\sqrt{3}}{2})$，此时$P(4,0)$，可得$k_{1}+k_{3}=0=k_{2}$；
当直线$AB$的斜率存在时，设直线$AB$的方程为$y = k(x - 1)$，$k\neq0$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，
将直线方程代入椭圆方程得$(1 + 4k^{2})x^{2}-8k^{2}x + 4k^{2}-4 = 0$， (9分)
$\therefore x_{1}+x_{2}=\frac{8k^{2}}{1 + 4k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{4k^{2}-4}{1 + 4k^{2}}$。 (10分)
$\because P$是直线$x = 4$上任一点，过点$M(1,0)$且与$PM$垂直的直线交椭圆于$A$，$B$两点，
$\therefore$直线$PM$的方程为$y=-\frac{1}{k}(x - 1)$，$\therefore P(4,-\frac{3}{k})$， (11分)
$k_{2}=-\frac{1}{k}$，$k_{1}=\frac{y_{1}+\frac{3}{k}}{x_{1}-4}$，$k_{3}=\frac{y_{2}+\frac{3}{k}}{x_{2}-4}$，$\because k_{1}+k_{3}=\lambda k_{2}$，$\therefore\frac{y_{1}+\frac{3}{k}}{x_{1}-4}+\frac{y_{2}+\frac{3}{k}}{x_{2}-4}=\frac{k[2x_{1}x_{2}-5(x_{1}+x_{2})+8]+\frac{3}{k}(x_{1}+x_{2}-8)}{x_{1}x_{2}-4(x_{1}+x_{2})+16}=\lambda(-\frac{1}{k})$，
将$x_{1}+x_{2}=\frac{8k^{2}}{1 + 4k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{4k^{2}-4}{1 + 4k^{2}}$代入上式，并化简得$-\frac{2}{k}=-\frac{\lambda}{k}$，
解得$\lambda = 2$。
综上，存在常数$\lambda = 2$，使得$k_{1}+k_{3}=\lambda k_{2}$。 (15分)

7. (2024安徽皖江名校联盟联考,18)已知点P在椭圆$C:\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$的外部，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B.
(1) ①若点A坐标为$(x_{1},y_{1})$，求证：直线PA的方程为$\frac{x_{1}x}{4}+\frac{y_{1}y}{2}=1$；
②若点P的坐标为$(x_{0},y_{0})$，求证：直线AB的方程为$\frac{x_{0}x}{4}+\frac{y_{0}y}{2}=1$.
(2) 若点P在圆$x^{2}+y^{2}=4$上，求$\triangle PAB$面积的最大值.

答案： 解析
(1)证明：①当$PA$的斜率存在时，$y_{1}\neq0$，设直线$PA$的方程为$y - y_{1}=k(x - x_{1})$，联立$\begin{cases}y - y_{1}=k(x - x_{1})\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$，
消去$y$整理得$(1 + 2k^{2})x^{2}+4k(y_{1}-kx_{1})x+2(y_{1}-kx_{1})^{2}-4 = 0$，
由已知得$\Delta = 16k^{2}(y_{1}-kx_{1})^{2}-4(1 + 2k^{2})[2(y_{1}-kx_{1})^{2}-4]=0$，
化简得$(4 - x_{1}^{2})k^{2}+2x_{1}y_{1}k+2 - y_{1}^{2}=0$。
因为$x_{1}^{2}+2y_{1}^{2}=4$，所以$4y_{1}^{2}k^{2}+4x_{1}y_{1}k+x_{1}^{2}=0$，
即$(2y_{1}k+x_{1})^{2}=0$，所以$k=-\frac{x_{1}}{2y_{1}}$，
则直线$PA$的方程为$y - y_{1}=-\frac{x_{1}}{2y_{1}}(x - x_{1})$，即$x_{1}x+2y_{1}y=x_{1}^{2}+2y_{1}^{2}$，则$x_{1}x+2y_{1}y = 4$，故直线$PA$的方程为$\frac{x_{1}x}{4}+\frac{y_{1}y}{2}=1$，
当$PA$的斜率不存在时，$y_{1}=0$，直线$PA$的方程为$x = 2$或$x=-2$，满足上式。
综上，直线$PA$的方程为$\frac{x_{1}x}{4}+\frac{y_{1}y}{2}=1$。
②设$B(x_{2},y_{2})$，由①知，直线$PB$的方程为$\frac{x_{2}x}{4}+\frac{y_{2}y}{2}=1$。
$\frac{x_{1}x_{0}}{4}+\frac{y_{1}y_{0}}{2}=1$，$\frac{x_{2}x_{0}}{4}+\frac{y_{2}y_{0}}{2}=1$，
则$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$两点都在直线$\frac{x_{0}x}{4}+\frac{y_{0}y}{2}=1$上，
由于两点确定一条直线，所以直线$AB$的方程为$\frac{x_{0}x}{4}+\frac{y_{0}y}{2}=1$。
(2)由
(1)②知直线$AB$的方程为$\frac{x_{0}x}{4}+\frac{y_{0}y}{2}=1$，由题意知$y_{0}\neq0$，联立$\begin{cases}\frac{x_{0}x}{4}+\frac{y_{0}y}{2}=1\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$，
消去$y$整理得$(x_{0}^{2}+2y_{0}^{2})x^{2}-8x_{0}x + 16 - 8y_{0}^{2}=0$，
因为$x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=4$，所以$\Delta = 64x_{0}^{2}-4(x_{0}^{2}+2y_{0}^{2})(16 - 8y_{0}^{2})=32y_{0}^{4}\gt0$。
因为$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，
所以$x_{1}+x_{2}=\frac{8x_{0}}{x_{0}^{2}+2y_{0}^{2}}=\frac{8x_{0}}{y_{0}^{2}+4}$，$x_{1}x_{2}=\frac{16 - 8y_{0}^{2}}{y_{0}^{2}+4}$，
所以$\vert AB\vert=\sqrt{(1+\frac{x_{0}^{2}}{4y_{0}^{2}})[(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}]}=\sqrt{\frac{4 + 3y_{0}^{2}}{4y_{0}^{2}}\cdot\frac{32y_{0}^{4}}{(y_{0}^{2}+4)^{2}}}=\frac{2\vert y_{0}\vert\sqrt{2(4 + 3y_{0}^{2})}}{y_{0}^{2}+4}$，
又点$P$到直线$AB$的距离$d=\frac{\vert x_{0}^{2}+2y_{0}^{2}-4\vert}{\sqrt{x_{0}^{2}+4y_{0}^{2}}}=\frac{y_{0}^{2}}{\sqrt{4 + 3y_{0}^{2}}}$，
所以$\triangle PAB$的面积$S=\frac{1}{2}\vert AB\vert d=\frac{\sqrt{2}\vert y_{0}\vert^{3}}{y_{0}^{2}+4}(y_{0}\neq0)$，
当$0\lt y_{0}\leqslant2$时，令$f(y_{0})=\frac{\sqrt{2}y_{0}^{3}}{y_{0}^{2}+4}$，
所以$f'(y_{0})=\frac{\sqrt{2}(y_{0}^{4}+12y_{0}^{2})}{(y_{0}^{2}+4)^{2}}\gt0$，
故$(f(y_{0})\)$在\((0,2]\)上单调递增，所以$(f(y_{0})\)$的最大值为\(f
(2)=\sqrt{2}\)， 由对称性可知当\(-2\leqslant y_{0}\lt0\)时，\(f(y_{0})\)的最大值也为\(\sqrt{2}\). 故\(\triangle PAB\)面积的最大值为\(\sqrt{2}\).

1. 创新知识交汇 (2024福建泉州质量检测三,3)已知圆锥SO的轴截面是边长为2的正三角形，过其底面圆周上一点A作平面$\alpha$，若$\alpha$截圆锥SO得到的截口曲线为椭圆，则该椭圆的长轴长的最小值为 （ ）
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. 1
C. $\sqrt{3}$
D. 2

答案：

2. 创新考法 (2024浙江杭州二模,14)机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为12 cm，开口直径为8 cm. 旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于_______.

答案：