《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

2. (2021新高考II,20,12分,中)已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$,若右焦点为$F(\sqrt{2},0)$,且离心率为$\frac{\sqrt{6}}{3}$.
(1)求椭圆$C$的方程;
(2)设$M,N$是$C$上的两点,直线$MN$与曲线$x^{2}+y^{2}=b^{2}(x＞0)$相切,证明:$M,N,F$三点共线的充要条件是$|MN|=\sqrt{3}$.

答案：
解析
(1)由题意得$\begin{cases}c=\sqrt{2}\\e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}a^{2}=3\\b^{2}=1\\c^{2}=2\end{cases}$，
故椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$ .
(2)证明：由
(1)得，曲线为$x^{2}+y^{2}=1(x＞0)$，
当直线MN的斜率不存在时，直线$MN:x = 1$，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$ .
①先证必要性.
因为M，N，F三点共线，$F(\sqrt{2},0)$，
所以设直线$MN:x = my+\sqrt{2}$，即$x - my-\sqrt{2}=0$，
由题意知O(0,0)到直线MN的距离$d=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{m^{2}+1}} = 1$，解得$m^{2}=1$，故$m=\pm1$，所以直线$MN:x\pm y-\sqrt{2}=0$，
根据对称性，不妨令直线$MN:y = x-\sqrt{2}$ .
联立$\begin{cases}y = x-\sqrt{2}\\\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1\end{cases}$，消去y整理得$4x^{2}-6\sqrt{2}x + 3 = 0$ .
故$x_{1}+x_{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$，$x_{1}x_{2}=\frac{3}{4}$，所以$|MN|=\sqrt{1+1^{2}}\cdot|x_{1}-x_{2}|=\sqrt{2}\times\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{3}$，即必要性成立.
②再证充分性.
易知直线MN的斜率存在，设其方程为$y = kx + t$ .
由题意得$\frac{|t|}{\sqrt{1 + k^{2}}}=b = 1$，即$t^{2}=1 + k^{2}$ .
由$\begin{cases}y = kx + t\\\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1\end{cases}$，消去y整理，得$(1 + 3k^{2})x^{2}+6ktx + 3t^{2}-3 = 0$，
则$x_{1}+x_{2}=-\frac{6kt}{1 + 3k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{3t^{2}-3}{1 + 3k^{2}}$，
所以$|MN|=\sqrt{(1 + k^{2})[(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}]}$
$=\sqrt{(1 + k^{2})[(-\frac{6kt}{1 + 3k^{2}})^{2}-4\times\frac{3t^{2}-3}{1 + 3k^{2}}]}$
$=\sqrt{\frac{-12(t^{2}-1 - 3k^{2})(1 + k^{2})}{(1 + 3k^{2})^{2}}}$
$=\sqrt{\frac{24k^{2}(1 + k^{2})}{(1 + 3k^{2})^{2}}}$ .
因为$|MN|=\sqrt{3}$，所以$\frac{8k^{2}(1 + k^{2})}{(1 + 3k^{2})^{2}} = 1$，解得$k^{2}=1$，则$t^{2}=2$ .
因为$x_{1}+x_{2}=-\frac{6kt}{1 + 3k^{2}}＞0$，即$kt＜0$，
所以$k = 1$，$t=-\sqrt{2}$或$k=-1$，$t=\sqrt{2}$，
所以直线MN的方程为$y = x-\sqrt{2}$或$y=-x+\sqrt{2}$ .
无论哪一种情况，直线MN恒过焦点F，
所以M，N，F三点共线，即充分性成立.
故M，N，F三点共线的充要条件是$|MN|=\sqrt{3}$ .

3. (2020新高考II,21,12分,难)已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$过点$M(2,3)$,点$A$为其左顶点,且$AM$的斜率为$\frac{1}{2}$.
(1)求$C$的方程;
(2)点$N$为椭圆上任意一点,求$\triangle AMN$的面积的最大值.

答案：
解析
(1)由题意可知直线AM的方程为$y - 3=\frac{1}{2}(x - 2)$，
即$x - 2y=-4$，当$y = 0$时，解得$x=-4$，所以$a = 4$，
由椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$过点$M(2,3)$，可得$\frac{4}{16}+\frac{9}{b^{2}}=1$，
解得$b^{2}=12$，所以C的方程为$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$ .
(2)设与直线AM平行的直线方程为$x - 2y = m$，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时$\triangle AMN$的面积取得最大值.
联立$\begin{cases}x - 2y = m\\\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1\end{cases}$，消去x得$16y^{2}+12my + 3m^{2}-48 = 0$，所以$\Delta=144m^{2}-4\times16(3m^{2}-48)=0$，即$m^{2}=64$，解得$m=\pm8$，与AM距离比较远的直线方程为$x - 2y = 8$，两平行线（直线AM与直线$x - 2y = 8$）之间的距离为$d=\frac{|8 + 4|}{\sqrt{1 + 4}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$，$|AM|=\sqrt{(2 + 4)^{2}+3^{2}}=3\sqrt{5}$ .所以$\triangle AMN$的面积的最大值为$\frac{1}{2}\times3\sqrt{5}\times\frac{12\sqrt{5}}{5}=18$ .

4. (2023新课标II,21,12分,难)已知双曲线$C$的中心为坐标原点,左焦点为$(-2\sqrt{5},0)$,离心率为$\sqrt{5}$.
(1)求$C$的方程;
(2)记$C$的左、右顶点分别为$A_{1},A_{2}$,过点$(-4,0)$的直线与$C$的左支交于$M,N$两点,$M$在第二象限,直线$MA_{1}$与$NA_{2}$交于点$P$,证明:点$P$在定直线上.

答案： 解析
(1)设双曲线的方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$，
由题意可知$c = 2\sqrt{5}$，
又离心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{5}$，
∴ $a = 2$，
∴ $b^{2}=c^{2}-a^{2}=20 - 4 = 16$，
∴ 双曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1$ .
(2)证法一：由题意知直线MN的斜率不为0，
∴ 可设直线MN的方程为$x = my-4$，$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，
由
(1)知，$A_{1}(-2,0)$，$A_{2}(2,0)$ .
联立$\begin{cases}x = my-4\\\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1\end{cases}$，消去x，得$(4m^{2}-1)y^{2}-32my + 48 = 0$，
∴ $y_{1}+y_{2}=\frac{32m}{4m^{2}-1}$，$y_{1}y_{2}=\frac{48}{4m^{2}-1}$，
∴ $my_{1}y_{2}=\frac{3}{2}(y_{1}+y_{2})$ .
易知直线$MA_{1}$的方程为$y=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}(x + 2)=\frac{y_{1}}{my_{1}-2}(x + 2)$，①
直线$NA_{2}$的方程为$y=\frac{y_{2}}{x_{2}-2}(x - 2)=\frac{y_{2}}{my_{2}-6}(x - 2)$，②
联立①②可得，$\frac{y_{1}}{my_{1}-2}(x + 2)=\frac{y_{2}}{my_{2}-6}(x - 2)$，
∴ $\frac{x + 2}{x - 2}=\frac{my_{1}y_{2}-2y_{2}}{my_{1}y_{2}-6y_{1}}=\frac{\frac{3}{2}(y_{1}+y_{2})-2y_{2}}{\frac{3}{2}(y_{1}+y_{2})-6y_{1}}=-\frac{1}{3}$，
∴ $x=-1$，
∴ 点P在定直线$x=-1$上.
证法二：由
(1)知$A_{1}(-2,0)$，$A_{2}(2,0)$ .
由题意知直线MN的斜率不为0，
∴ 可设直线MN的方程为$x = my-4$，$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，
由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1\\x = my-4\end{cases}$，得$(4m^{2}-1)y^{2}-32my + 48 = 0$，
由根与系数的关系知，$y_{1}+y_{2}=\frac{32m}{4m^{2}-1}$，$y_{1}y_{2}=\frac{48}{4m^{2}-1}$ .
易知直线$MA_{1}$的方程为$y=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}(x + 2)$，①
直线$NA_{2}$的方程为$y=\frac{y_{2}}{x_{2}-2}(x - 2)$，②
由①②得$\frac{y_{1}}{x_{1}+2}(x + 2)=\frac{y_{2}}{x_{2}-2}(x - 2)$，
两边同时乘$y_{2}$得，$\frac{y_{1}y_{2}}{x_{1}+2}(x + 2)=\frac{y_{2}^{2}}{x_{2}-2}(x - 2)$，
又点$N(x_{2},y_{2})$在双曲线$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1$上，
∴ $y_{2}^{2}=4(x_{2}^{2}-4)$ .
∴ $\frac{y_{1}y_{2}}{x_{1}+2}(x + 2)=\frac{4(x_{2}^{2}-4)}{x_{2}-2}(x - 2)$，
即$y_{1}y_{2}(x + 2)=4(x_{1}+2)(x_{2}+2)(x - 2)$，③
又
∵ $x = my-4$，
∴ $(x_{1}+2)(x_{2}+2)=(my_{1}-2)(my_{2}-2)=m^{2}y_{1}y_{2}-2m(y_{1}+y_{2})+4$，
∴ ③式可化为$\frac{48}{4m^{2}-1}(x + 2)=4(\frac{48m^{2}}{4m^{2}-1}-2m\cdot\frac{32m}{4m^{2}-1}+4)\cdot(x - 2)$，即$\frac{48}{4m^{2}-1}(x + 2)=4\cdot\frac{-4}{4m^{2}-1}\cdot(x - 2)$，
即$-3(x + 2)=x - 2$，解得$x=-1$ .
∴ 点P在定直线$x=-1$上.