《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (2024湖南长沙市四县区3月调研,18)如图,已知A,B分别是椭圆E:$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$的右顶点和上顶点,椭圆E的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$,△ABO的面积为1.若过点P(a,b)的直线与椭圆E相交于M,N两点,过点M作x轴的平行线,分别与直线AB,NB交于点C,D.
(1)求椭圆E的方程;
(2)证明:M,C,D三点的横坐标成等差数列.

答案： 解析
(1)依据题意，得$\begin{cases}\frac{1}{2}ab = 1\\\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，解得$\begin{cases}a = 2\\b = 1\\c=\sqrt{3}\end{cases}$。
所以椭圆$E$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。
(2)证法一：设直线$MN:x = my + n$，因为直线过点$P(2,1)$，所以$m + n=2$。
联立$\begin{cases}x = my + n\\x^{2}+4y^{2}=4\end{cases}$，消去$x$得$(m^{2}+4)y^{2}+2mny + n^{2}-4 = 0$。
$\Delta=4m^{2}n^{2}-4(m^{2}+4)(n^{2}-4)=16(m^{2}-n^{2}+4)＞0$。
设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，$(y_{1}\neq1,y_{2}\neq1)$则$y_{1}+y_{2}=\frac{-2mn}{m^{2}+4}$，$y_{1}y_{2}=\frac{n^{2}-4}{m^{2}+4}$。
因为$l_{AB}:x + 2y-2 = 0$，所以$C(2 - 2y_{1},y_{1})$。
因为$l_{BN}:y=\frac{y_{2}-1}{x_{2}}x + 1$，令$y = y_{1}$，可得$x_{D}=\frac{(y_{1}-1)x_{2}}{y_{2}-1}$。
要证明$M$，$C$，$D$三点的横坐标成等差数列，只需证明$x_{1}+x_{D}=2x_{C}$，即证$x_{1}+\frac{(y_{1}-1)x_{2}}{y_{2}-1}=4 - 4y_{1}$。
即证$(my_{1}+n)(y_{2}-1)+(y_{1}-1)(my_{2}+n)=(4 - 4y_{1})(y_{2}-1)$。
即证$(2m + 4)y_{1}y_{2}+(n - m - 4)(y_{1}+y_{2})-2n + 4 = 0$。
即证$(2m + 4)\cdot\frac{n^{2}-4}{m^{2}+4}+(n - m - 4)\cdot\frac{-2mn}{m^{2}+4}-2n + 4 = 0$。
即证$4m^{2}+8mn + 4n^{2}-8(m + n)=0$。
即证$(m + n)^{2}-2(m + n)=0$，因为$m + n = 2$，所以上式成立，故$x_{1}+x_{D}=2x_{C}$，所以$M$，$C$，$D$三点的横坐标成等差数列。
证法二：设直线$MN:x = my + n$，因为直线过点$P(2,1)$，所以$m + n=2$。
联立$\begin{cases}x = my + n\\x^{2}+4y^{2}=4\end{cases}$，消去$x$得$(m^{2}+4)y^{2}+2mny + n^{2}-4 = 0$。
设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})(y_{1}\neq1,y_{2}\neq1)$，则$y_{1}+y_{2}=\frac{-2mn}{m^{2}+4}$，$y_{1}y_{2}=\frac{n^{2}-4}{m^{2}+4}$，又$x_{1}=my_{1}+n$，$x_{2}=my_{2}+n$。
所以$\frac{x_{1}}{y_{1}-1}+\frac{x_{2}}{y_{2}-1}=\frac{x_{1}(y_{2}-1)+x_{2}(y_{1}-1)}{(y_{1}-1)(y_{2}-1)}=\frac{-8(m + n)}{(m + n)^{2}}=-4$。
又因为$B$，$D$，$N$三点共线，所以$\frac{y_{2}-1}{x_{2}}=\frac{y_{1}-1}{x_{D}}$，即$\frac{x_{2}}{y_{2}-1}=\frac{x_{D}}{y_{1}-1}$。
所以$\frac{x_{1}}{y_{1}-1}+\frac{x_{D}}{y_{1}-1}=-4=\frac{2}{k_{AB}}=2\cdot\frac{x_{C}}{y_{1}-1}$，（提示：点$C$与点$M$纵坐标相同）。
所以$x_{1}+x_{D}=2x_{C}$，所以$M$，$C$，$D$三点的横坐标成等差数列。

2. (2024东北三省四市教研联合体模拟,17)在平面直角坐标系中,$F_{1}$,$F_{2}$分别为双曲线C:$3x^{2}-y^{2}=a^{2}(a ＞ 0)$的左、右焦点,过$F_{2}$的直线l与双曲线C的右支交于A,B两点.当l与x轴垂直时,$\triangle ABF_{1}$面积为12.
(1)求双曲线C的标准方程;
(2)当l与x轴不垂直时,作线段AB的中垂线,交x轴于点D.试判断$\frac{\vert DF_{2}\vert}{\vert AB\vert}$是不是定值.若是,请求出该定值;若不是,请说明理由.

答案： 解析
(1)双曲线方程可化为$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{\frac{a^{2}}{3}} = 1$，则$c^{2}=\frac{a^{2}}{3}+a^{2}$，即$c=\frac{2\sqrt{3}}{3}a$。当$l$与$x$轴垂直时，$\vert AB\vert=\frac{2a^{2}}{a / \sqrt{3}}=2\sqrt{3}a$，所以$S_{\triangle ABF_{1}}=\frac{1}{2}\vert F_{1}F_{2}\vert\cdot\vert AB\vert=\frac{1}{2}\times2\times\frac{2\sqrt{3}}{3}a\times2\sqrt{3}a = 12$，解得$a^{2}=3$，所以双曲线$C$的标准方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)由
(1)知，$F_{2}(2,0)$。设直线$l$的方程为$x = ty+2(t\neq0)$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，$M$为$AB$中点，由$\begin{cases}3x^{2}-y^{2}=3\\x = ty + 2\end{cases}$，消去$x$可得$(3t^{2}-1)y^{2}+12ty + 9 = 0$。
因此$y_{1}+y_{2}=\frac{-12t}{3t^{2}-1}$，$y_{1}y_{2}=\frac{9}{3t^{2}-1}$，则$x_{1}+x_{2}=t(y_{1}+y_{2})+4=\frac{-4}{3t^{2}-1}$，即$AB$中点$M$的坐标为$(\frac{-2}{3t^{2}-1},\frac{-6t}{3t^{2}-1})$。
故线段$AB$的中垂线方程为$y+\frac{6t}{3t^{2}-1}=-t(x+\frac{2}{3t^{2}-1})$。
令$y = 0$，得$D(\frac{-8}{3t^{2}-1},0)$，即$\vert DF_{2}\vert=\vert2+\frac{8}{3t^{2}-1}\vert=\frac{\vert6t^{2}+6\vert}{3t^{2}-1}$。
又$\vert AB\vert=\sqrt{1 + t^{2}}\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}=\sqrt{1 + t^{2}}\sqrt{(\frac{-12t}{3t^{2}-1})^{2}-4\cdot\frac{9}{3t^{2}-1}}=\frac{\vert6t^{2}+6\vert}{3t^{2}-1}$。
所以$\frac{\vert DF_{2}\vert}{\vert AB\vert}=1$，故$\frac{\vert DF_{2}\vert}{\vert AB\vert}$为定值$1$。