《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

变式训练 3.(2024·山西太原联考一)已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$与双曲线$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$有相同的焦点，且C的一条渐近线与直线x - 2y + 2 = 0平行.
(1)求双曲线C的方程；
(2)若直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，且l分别交双曲线C的两条渐近线于点A，B，O为坐标原点，试判断△AOB的面积是否为定值.若是，求出定值；若不是，请说明理由.

答案： 解　
(1)设双曲线C的焦距为2c(c＞0)，由题意可得$\begin{cases}c=\sqrt{2 + 3}=\sqrt{5}\\c^{2}=a^{2}+b^{2}\\\frac{b}{a}=\frac{1}{2}\end{cases}$，则$\begin{cases}a = 2\\b = 1\\c=\sqrt{5}\end{cases}$，则双曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1$.
(2)由于直线l与双曲线C右支相切(切点不为右顶点)，则直线l的斜率存在，设直线l的方程为y = kx + m，
由$\begin{cases}y = kx + m\\\frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1\end{cases}$，得(4k²-1)x²+8kmx + 4m²+4 = 0，
则Δ = 64k²m²-4(4k²-1)(4m²+4)=0，可得1 - 4k²=-m².
设l与x轴的交点为D(-$\frac{m}{k}$,0)，
则S$_{\triangle AOB}$=S$_{\triangle AOD}$+S$_{\triangle BOD}$=$\frac{1}{2}$|OD|·|y$_{A}$-y$_{B}$|=$\frac{1}{2}$|$\frac{-m}{k}$|·|k|·|x$_{A}$-x$_{B}$|=$\frac{1}{2}$|$\frac{-m}{k}$|·|x$_{A}$-x$_{B}$|，
又双曲线两条渐近线的方程为y = ±$\frac{1}{2}$x，
联立$\begin{cases}y = kx + m\\y=\frac{1}{2}x\end{cases}$，解得$\begin{cases}x=\frac{2m}{1 - 2k}\\y=\frac{m}{1 - 2k}\end{cases}$，不妨令A($\frac{2m}{1 - 2k}$,$\frac{m}{1 - 2k}$)，
同理可得B($\frac{-2m}{2k + 1}$,$\frac{m}{2k + 1}$)，
则S$_{\triangle AOB}$=$\frac{1}{2}$|$\frac{-m}{k}$|·|x$_{A}$-x$_{B}$|=$\frac{1}{2}$|$\frac{-m}{k}$|·|$\frac{2m}{1 - 2k}+\frac{2m}{1 + 2k}$|=$\frac{1}{2}$|$\frac{-m}{k}$|·|$\frac{4m}{1 - 4k^{2}}$|=$\frac{1}{2}$|$\frac{-m}{k}$|·|$\frac{4m}{m^{2}}$|=2(定值).

例4 (2023·张家口模拟)已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$上的点到它的两个焦点的距离之和为4，以椭圆C的短轴为直径的圆O经过这两个焦点，点A，B分别是椭圆C的左、右顶点.
(1)求圆O和椭圆C的方程；
(2)已知P，Q分别是椭圆C和圆O上的动点(P，Q位于y轴两侧)，且直线PQ与x轴平行，直线AP，BP分别与y轴交于点M，N.求证：∠MQN为定值.

答案： 解　
(1)由题意，得$\begin{cases}2a = 4\\c = b\\a^{2}-b^{2}=c^{2}\end{cases}$，解得a = 2，b = c=$\sqrt{2}$，
所以圆O的方程为x²+y²=2，椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$.
(2)证明:设点P的坐标为(x₀,y₀)(y₀≠0)，点Q的坐标为(x$_{Q}$,y₀)，则$\begin{cases}\frac{x_{0}^{2}}{4}+\frac{y_{0}^{2}}{2}=1\\x_{Q}^{2}+y_{0}^{2}=2\end{cases}$，即$\begin{cases}x_{0}^{2}=4 - 2y_{0}^{2}\\x_{Q}^{2}=2 - y_{0}^{2}\end{cases}$.
由直线AP的方程为y=$\frac{y_{0}}{x_{0}+2}$(x + 2)，
得点M的坐标为(0,$\frac{2y_{0}}{x_{0}+2}$)，
由直线BP的方程为y=$\frac{y_{0}}{x_{0}-2}$(x - 2)，得点N的坐标为(0,-$\frac{2y_{0}}{x_{0}-2}$)，
所以$\overrightarrow{QM}$=(-x$_{Q}$,$\frac{2y_{0}}{x_{0}+2}-y_{0}$)=(-x$_{Q}$,-$\frac{x_{0}y_{0}}{x_{0}+2}$)，
$\overrightarrow{QN}$=(-x$_{Q}$,-$\frac{2y_{0}}{x_{0}-2}-y_{0}$)=(-x$_{Q}$,-$\frac{x_{0}y_{0}}{x_{0}-2}$)，
所以$\overrightarrow{QM}$·$\overrightarrow{QN}$=x$_{Q}^{2}$+$\frac{x_{0}^{2}y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4}$=2 - y$_{0}^{2}$+$\frac{(4 - 2y_{0}^{2})y_{0}^{2}}{-2y_{0}^{2}}$=0，
所以QM⊥QN，即∠MQN = 90°，为定值.

变式训练 4.(2024·北京房山模拟)已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的长轴的两个端点分别为A(-2,0)，B(2,0)，离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}.$
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)M为椭圆C上除A，B外任意一点，直线AM交直线x = 4于点N，O为坐标原点，过点O且与直线BN垂直的直线记为l，直线BM交y轴于点P，交直线l于点Q，求证：$\frac{|BP|}{|PQ|}$为定值.

答案： 解　
(1)由已知，得a = 2，
又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{c}{2}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以c=$\sqrt{3}$，所以b=$\sqrt{a^{2}-c^{2}}$=1，
所以椭圆C的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
(2)证明:设M(x₁,y₁)，y₁≠0，则$\frac{x_{1}^{2}}{4}+y_{1}^{2}=1$，x₁²+4y₁²=4，直线AM的方程为y=$\frac{y_{1}}{x_{1}+2}$(x + 2)，令x = 4，得y=$\frac{6y_{1}}{x_{1}+2}$，
即N(4,$\frac{6y_{1}}{x_{1}+2}$)，k$_{BN}$=$\frac{\frac{6y_{1}}{x_{1}+2}}{4 - 2}$=$\frac{3y_{1}}{x_{1}+2}$，因为l⊥BN，所以k$_{l}$=-$\frac{x_{1}+2}{3y_{1}}$，直线l的方程为y=-$\frac{x_{1}+2}{3y_{1}}$x.因为直线BM的方程为y=$\frac{y_{1}}{x_{1}-2}$(x - 2)，令x = 0，得y=-$\frac{2y_{1}}{x_{1}-2}$，
即P(0,-$\frac{2y_{1}}{x_{1}-2}$).
由$\begin{cases}y=-\frac{x_{1}+2}{3y_{1}}x\\y=\frac{y_{1}}{x_{1}-2}(x - 2)\end{cases}$及x₁²+4y₁²=4，
得$\begin{cases}x=-6\\y=\frac{2(x_{1}+2)}{y_{1}}\end{cases}$，即Q(-6,$\frac{2(x_{1}+2)}{y_{1}}$).
所以$\frac{|BP|}{|PQ|}$=$\frac{|x_{P}-x_{B}|}{|x_{Q}-x_{P}|}$=$\frac{|0 - 2|}{|-6 - 0|}$=$\frac{1}{3}$，为定值.