《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

24. [2022·重庆西南大学附中高二月考]已知曲线$C$上任意一点$M(x,y)$满足方程$\sqrt{(x + 2)^{2}+y^{2}}-\sqrt{(x - 2)^{2}+y^{2}}=2\sqrt{3}$.
(1)求曲线$C$的方程.
(2)已知定点$P(\frac{3}{2},0)$，过点$N(2,0)$的直线$l$与曲线$C$交于$A,B$两点. 证明：$\angle APN=\angle BPN$.

答案：
(1)由方程$\sqrt{(x + 2)^{2}+y^{2}}-\sqrt{(x - 2)^{2}+y^{2}}=2\sqrt{3}$可知，点$M(x,y)$到点$F_1(-2,0)$与点$F_2(2,0)$的距离之差为$2\sqrt{3}$，且$2\sqrt{3}\lt|F_1F_2| = 4$.
根据双曲线的定义可知，曲线$C$是以$F_1(-2,0)$，$F_2(2,0)$为焦点的双曲线的右支，且$2a = 2\sqrt{3}$，$c = 2$，则$a=\sqrt{3}$，$b^{2}=c^{2}-a^{2}=4 - 3 = 1$.
所以曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1(x\geqslant\sqrt{3})$.
(2)当直线$l$的斜率不存在时，直线$l$的方程为$x = 2$，代入双曲线方程$\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$得$y=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}$，不妨设$A(2,\frac{\sqrt{3}}{3})$，$B(2,-\frac{\sqrt{3}}{3})$.
则$k_{PA}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{3}-0}{2-\frac{3}{2}}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$k_{PB}=\frac{-\frac{\sqrt{3}}{3}-0}{2-\frac{3}{2}}=-\frac{2\sqrt{3}}{3}$，所以$k_{PA}+k_{PB}=0$，则$\angle APN=\angle BPN$.
当直线$l$的斜率存在时，设直线$l$的方程为$y = k(x - 2)$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$.
联立$\begin{cases}y = k(x - 2)\\\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1\end{cases}$，消去$y$得：
$\frac{x^{2}}{3}-k^{2}(x - 2)^{2}=1$，
$\frac{x^{2}}{3}-k^{2}(x^{2}-4x + 4)=1$，
$x^{2}-3k^{2}(x^{2}-4x + 4)=3$，
$x^{2}-3k^{2}x^{2}+12k^{2}x - 12k^{2}-3 = 0$，
$(1 - 3k^{2})x^{2}+12k^{2}x - 12k^{2}-3 = 0$.
则$x_1+x_2=-\frac{12k^{2}}{1 - 3k^{2}}$，$x_1x_2=\frac{-12k^{2}-3}{1 - 3k^{2}}$.
$k_{PA}+k_{PB}=\frac{y_1}{x_1-\frac{3}{2}}+\frac{y_2}{x_2-\frac{3}{2}}=\frac{y_1(x_2-\frac{3}{2})+y_2(x_1-\frac{3}{2})}{(x_1-\frac{3}{2})(x_2-\frac{3}{2})}$
$=\frac{k(x_1 - 2)(x_2-\frac{3}{2})+k(x_2 - 2)(x_1-\frac{3}{2})}{(x_1-\frac{3}{2})(x_2-\frac{3}{2})}$
$=\frac{k[x_1x_2-\frac{3}{2}x_1-2x_2 + 3+x_1x_2-\frac{3}{2}x_2-2x_1 + 3]}{(x_1-\frac{3}{2})(x_2-\frac{3}{2})}$
$=\frac{k[2x_1x_2-\frac{7}{2}(x_1+x_2)+6]}{(x_1-\frac{3}{2})(x_2-\frac{3}{2})}$.
将$x_1+x_2=-\frac{12k^{2}}{1 - 3k^{2}}$，$x_1x_2=\frac{-12k^{2}-3}{1 - 3k^{2}}$代入上式得：
$2x_1x_2-\frac{7}{2}(x_1+x_2)+6=2\times\frac{-12k^{2}-3}{1 - 3k^{2}}-\frac{7}{2}\times(-\frac{12k^{2}}{1 - 3k^{2}})+6$
$=\frac{-24k^{2}-6 + 42k^{2}+6 - 18k^{2}}{1 - 3k^{2}}=0$.
所以$k_{PA}+k_{PB}=0$，则$\angle APN=\angle BPN$.
综上，$\angle APN=\angle BPN$.

25. [2022·湖南名校联合体高二联考]已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$交$x$轴于$A,B$两点，$P$是双曲线上异于$A,B$的任意一点，直线$PA,PB$分别交$y$轴于点$M,N$，$\overrightarrow{AN}\cdot\overrightarrow{BM}=-4$，且双曲线离心率为2.
(1)求双曲线$C$的标准方程；
(2)设直线$l:y = kx + m(km\neq0)$与双曲线交于$D,E$两点，$Q$为双曲线虚轴在$y$轴正半轴的端点，若$|QD| = |QE|$，求实数$m$的取值范围.

答案：
(1)设$P(x_0,y_0)$，$A(-a,0)$，$B(a,0)$，则直线$PA$的方程为$y=\frac{y_0}{x_0 + a}(x + a)$，令$x = 0$，得$y=\frac{ay_0}{x_0 + a}$，所以$M(0,\frac{ay_0}{x_0 + a})$.
直线$PB$的方程为$y=\frac{y_0}{x_0 - a}(x - a)$，令$x = 0$，得$y=-\frac{ay_0}{x_0 - a}$，所以$N(0,-\frac{ay_0}{x_0 - a})$.
则$\overrightarrow{AN}=(a,-\frac{ay_0}{x_0 - a})$，$\overrightarrow{BM}=(-a,\frac{ay_0}{x_0 + a})$，所以$\overrightarrow{AN}\cdot\overrightarrow{BM}=-a^{2}-\frac{a^{2}y_0^{2}}{x_0^{2}-a^{2}}$.
因为$P(x_0,y_0)$在双曲线上，所以$\frac{x_0^{2}}{a^{2}}-\frac{y_0^{2}}{b^{2}}=1$，即$y_0^{2}=\frac{b^{2}(x_0^{2}-a^{2})}{a^{2}}$，代入上式得：
$\overrightarrow{AN}\cdot\overrightarrow{BM}=-a^{2}-b^{2}=-4$.
又因为离心率$e=\frac{c}{a}=2$，$c^{2}=a^{2}+b^{2}$，所以$4a^{2}=a^{2}+b^{2}$，$b^{2}=3a^{2}$.
联立$\begin{cases}-a^{2}-b^{2}=-4\\b^{2}=3a^{2}\end{cases}$，解得$a^{2}=1$，$b^{2}=3$.
所以双曲线$C$的标准方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$.
(2)设$D(x_1,y_1)$，$E(x_2,y_2)$，线段$DE$的中点为$G(x_0,y_0)$.
联立$\begin{cases}y = kx + m\\x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，消去$y$得：
$x^{2}-\frac{(kx + m)^{2}}{3}=1$，
$3x^{2}-(k^{2}x^{2}+2kmx + m^{2})=3$，
$(3 - k^{2})x^{2}-2kmx - m^{2}-3 = 0$.
因为直线与双曲线有两个不同交点，所以$\begin{cases}3 - k^{2}\neq0\\\Delta =(-2km)^{2}-4(3 - k^{2})(-m^{2}-3)\gt0\end{cases}$，即$\begin{cases}k^{2}\neq3\\m^{2}+3 - k^{2}\gt0\end{cases}$.
$x_1+x_2=\frac{2km}{3 - k^{2}}$，则$x_0=\frac{x_1 + x_2}{2}=\frac{km}{3 - k^{2}}$，$y_0=kx_0 + m=\frac{3m}{3 - k^{2}}$.
因为$|QD| = |QE|$，所以$QG\perp DE$，则$k_{QG}=-\frac{1}{k}$.
又$Q(0,\sqrt{3})$，所以$k_{QG}=\frac{y_0-\sqrt{3}}{x_0-0}=\frac{\frac{3m}{3 - k^{2}}-\sqrt{3}}{\frac{km}{3 - k^{2}}}=-\frac{1}{k}$，化简得$3m-\sqrt{3}(3 - k^{2})=-m$，$4m=\sqrt{3}(3 - k^{2})$.
因为$k^{2}\neq3$且$m^{2}+3 - k^{2}\gt0$，将$k^{2}=3-\frac{4m}{\sqrt{3}}$代入$m^{2}+3 - k^{2}\gt0$得：
$m^{2}+3-(3-\frac{4m}{\sqrt{3}})\gt0$，$m^{2}+\frac{4m}{\sqrt{3}}\gt0$，$m(m+\frac{4\sqrt{3}}{3})\gt0$，解得$m\lt-\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$m\gt0$.
又因为$k^{2}=3-\frac{4m}{\sqrt{3}}\gt0$，所以$m\lt\frac{3\sqrt{3}}{4}$.
所以实数$m$的取值范围是$(-\infty,-\frac{4\sqrt{3}}{3})\cup(0,\frac{3\sqrt{3}}{4})$.

26. 如图，平面上$P,Q$两地间距离为4，$O$为$PQ$的中点，$M$处为一基站，设其发射的电波为直线，测量得$\angle MOQ = 60^{\circ}$，且$O,M$间距离为$2\sqrt{3}$，现一机器人$N$正在运行，它在运行过程中始终保持到$P$地的距离比到$Q$地的距离大2（$P,O,M,N$及电波直线均共面），请建立适当的平面直角坐标系.
(1)求出机器人$N$运行的轨迹方程；
(2)为了使机器人$N$免受$M$处发射的电波的影响（即机器人接触不到过点$M$的直线），求出电波所在直线斜率$k$的取值范围.

答案：
(1)以$PQ$所在直线为$x$轴，$O$为坐标原点建立平面直角坐标系.
因为$|PQ| = 4$，所以$P(-2,0)$，$Q(2,0)$.
又因为机器人$N$到$P$地的距离比到$Q$地的距离大2，即$|NP|-|NQ| = 2\lt|PQ| = 4$.
根据双曲线的定义可知，点$N$的轨迹是以$P(-2,0)$，$Q(2,0)$为焦点的双曲线的右支，且$2a = 2$，$c = 2$，则$a = 1$，$b^{2}=c^{2}-a^{2}=4 - 1 = 3$.
所以机器人$N$运行的轨迹方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1(x\geqslant1)$.
(2)因为$\angle MOQ = 60^{\circ}$，$|OM| = 2\sqrt{3}$，则$M$点的坐标为$( \sqrt{3},3)$.
设过点$M$的直线方程为$y - 3 = k(x - \sqrt{3})$，即$y = kx+3 - k\sqrt{3}$.
联立直线与双曲线方程$\begin{cases}y = kx+3 - k\sqrt{3}\\x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，消去$y$得：
$x^{2}-\frac{(kx+3 - k\sqrt{3})^{2}}{3}=1$，
$3x^{2}-(k^{2}x^{2}+2k(3 - k\sqrt{3})x+(3 - k\sqrt{3})^{2})=3$，
$(3 - k^{2})x^{2}-2k(3 - k\sqrt{3})x-(3 - k\sqrt{3})^{2}-3 = 0$.
因为机器人接触不到过点$M$的直线，所以直线与双曲线右支无交点.
当$3 - k^{2}=0$，即$k=\pm\sqrt{3}$时，直线与双曲线渐近线平行，满足题意.
当$3 - k^{2}\neq0$时，由$\Delta =4k^{2}(3 - k\sqrt{3})^{2}+4(3 - k^{2})[(3 - k\sqrt{3})^{2}+3]\lt0$，
设$t = k^{2}$，化简得：
$4t(3 - \sqrt{3}t)^{2}+4(3 - t)[(3 - \sqrt{3}t)^{2}+3]\lt0$，
展开并整理得：$t^{2}-6t + 9\gt0$，即$(t - 3)^{2}\gt0$，解得$t\neq3$，即$k\neq\pm\sqrt{3}$.
又因为直线与双曲线右支无交点，结合图形可知，当直线斜率不存在时也满足题意.
综上，电波所在直线斜率$k$的取值范围是$(-\infty,-\sqrt{3}]\cup[\sqrt{3},+\infty)$.