《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例1 (2023·河南名校联盟押题)已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{a^{2}} = 1(a＞0)$的左、右焦点分别为$F_1$，$F_2$.过$F_2$的直线$l$交$C$的右支于$M$，$N$两点，当$l$垂直于$x$轴时，$M$，$N$到$C$的一条渐近线的距离之和为$2\sqrt{2}$.
(1)求$C$的方程；
(2)证明：$\frac{|MF_1|}{|MF_2|}+\frac{|NF_1|}{|NF_2|}$为定值.

答案： 解　
(1)根据题意,得$F_{2}(\sqrt{2}a,0)$，$C$的一条渐近线方程为$y = x$，
将$x = \sqrt{2}a$代入$C$的方程，得$M(\sqrt{2}a,a)$，$N(\sqrt{2}a,-a)$，
所以$M$，$N$到直线$y = x$的距离之和为$\frac{|\sqrt{2}a - a|}{\sqrt{2}}+\frac{|\sqrt{2}a + a|}{\sqrt{2}} = 2a = 2\sqrt{2}$，
所以$a = \sqrt{2}$，所以$C$的方程为$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$.
(2)证明:当$l$垂直于$x$轴时,由
(1)可知,
$|MF_{2}| = |NF_{2}| = a = \sqrt{2}$，
且由双曲线的定义可知$|MF_{1}| = |NF_{1}| = a + 2a = 3a = 3\sqrt{2}$，故$\frac{|MF_{1}|}{|MF_{2}|}+\frac{|NF_{1}|}{|NF_{2}|}=6$；
当$l$不垂直于$x$轴时，由双曲线的定义可知$|MF_{1}| = |MF_{2}| + 2a = |MF_{2}| + 2\sqrt{2}$，
$|NF_{1}| = |NF_{2}| + 2\sqrt{2}$，
故$\frac{|MF_{1}|}{|MF_{2}|}+\frac{|NF_{1}|}{|NF_{2}|}=2 + 2\sqrt{2}(\frac{1}{|MF_{2}|}+\frac{1}{|NF_{2}|})$.
设$l:y = k(x - 2)$，代入$C$的方程，
得$(1 - k^{2})x^{2}+4k^{2}x - 4k^{2}-2 = 0$，
设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{4k^{2}}{k^{2}-1}$，$x_{1}x_{2}=\frac{4k^{2}+2}{k^{2}-1}$，
所以$\frac{1}{|MF_{2}|}+\frac{1}{|NF_{2}|}=\frac{|MF_{2}| + |NF_{2}|}{|MF_{2}|\cdot|NF_{2}|}=\frac{|MN|}{|MF_{2}|\cdot|NF_{2}|}=$
$\frac{|x_{1}-x_{2}|}{\sqrt{1 + k^{2}}|(x_{1}-2)(x_{2}-2)|}=\frac{\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}}{\sqrt{1 + k^{2}}|x_{1}x_{2}-2(x_{1}+x_{2})+4|}$
$=\frac{\sqrt{\frac{16k^{4}}{(k^{2}-1)^{2}}-\frac{16k^{2}+8}{k^{2}-1}}}{\sqrt{1 + k^{2}}|\frac{4k^{2}+2}{k^{2}-1}-\frac{8k^{2}}{k^{2}-1}+4|}=\frac{\sqrt{8k^{2}+8}}{2\sqrt{1 + k^{2}}}=\sqrt{2}$，
所以$\frac{|MF_{1}|}{|MF_{2}|}+\frac{|NF_{1}|}{|NF_{2}|}=2 + 2\sqrt{2}(\frac{1}{|MF_{2}|}+\frac{1}{|NF_{2}|})=2 + 2\sqrt{2}\times\sqrt{2}=6$.
综上，$\frac{|MF_{1}|}{|MF_{2}|}+\frac{|NF_{1}|}{|NF_{2}|}$的值为6（定值）.

变式训练 1.(2023·四川广安统考二模)已知椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$经过$A(0,1)$，$T(-\frac{8}{5},-\frac{3}{5})$两点，$M$，$N$是椭圆$E$上异于$T$的两动点，且$\angle MAT=\angle NAT$，若直线$AM$，$AN$的斜率均存在，并分别记为$k_1$，$k_2$.
(1)证明：$k_1k_2$为常数；
(2)记$\triangle AMN$的面积为$S$，证明：$S\leqslant \frac{8}{5}$.

答案： 证明　
(1)设直线$AM$，$AT$，$AN$的倾斜角分别为$\alpha$，$\theta$，$\beta$，因为$\angle MAT=\angle NAT$，所以$\angle MAN = 2\angle NAT$，
即$\beta-\alpha = 2(\beta-\theta)$，故$\alpha+\beta = 2\theta$，因为$A(0,1)$，$T(-\frac{8}{5},-\frac{3}{5})$，
所以$\tan\theta=\frac{1+\frac{3}{5}}{\frac{8}{5}} = 1$，所以$\theta=\frac{\pi}{4}$，所以$\alpha+\beta = 2\theta=\frac{\pi}{2}$，则
$k_{1}k_{2}=\tan\alpha\tan\beta=\tan\alpha\tan(\frac{\pi}{2}-\alpha)=1$，所以$k_{1}k_{2}$为常数1.
(2)椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a ＞ b ＞ 0)$经过$A(0,1)$，$T(-\frac{8}{5},-\frac{3}{5})$
两点，代入得$\begin{cases}\frac{1}{b^{2}} = 1,\\\frac{64}{25a^{2}}+\frac{9}{25b^{2}} = 1,\end{cases}$解得$\begin{cases}a^{2}=4,\\b^{2}=1,\end{cases}$
所以椭圆$E$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，$k_{1}=k(k\neq0,k\neq1)$，由（1）得$k_{2}=\frac{1}{k}$，
则直线$AM$的方程为$y = kx + 1$，$y_{1}=kx_{1}+1$，直线$AN$的方程
为$y=\frac{1}{k}x + 1$，$y_{2}=\frac{1}{k}x_{2}+1$，联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1,\\y = kx + 1,\end{cases}$消去$y$，得$(4k^{2}+1)x^{2}+8kx = 0$，则$x_{1}=-\frac{8k}{4k^{2}+1}$，
同理可得$x_{2}=-\frac{\frac{8}{k}}{4(\frac{1}{k})^{2}+1}=-\frac{8k}{k^{2}+4}$，
则$S_{\triangle AMN}=\frac{1}{2}|AM||AN|\sin\angle MAN$
$=\frac{1}{2}|AM||AN|\sqrt{1-\cos^{2}\angle MAN}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{|AM|^{2}|AN|^{2}(1-\cos^{2}\angle MAN)}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{|AM|^{2}|AN|^{2}-(|AM||AN|\cos\angle MAN)^{2}}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{|AM|^{2}|AN|^{2}-(\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AN})^{2}}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{(x_{1}^{2}+k^{2}x_{1}^{2})(x_{2}^{2}+\frac{1}{k^{2}}x_{2}^{2})-(x_{1}x_{2}+kx_{1}\cdot\frac{1}{k}x_{2})^{2}}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{(k^{2}+\frac{1}{k^{2}}-2)x_{1}^{2}x_{2}^{2}}$
$=\frac{1}{2}\sqrt{(k-\frac{1}{k})^{2}\frac{64k^{2}}{(4k^{2}+1)^{2}}\cdot\frac{64k^{2}}{(k^{2}+4)^{2}}}$
$=32\sqrt{(k-\frac{1}{k})^{2}\frac{k^{4}}{(4k^{4}+17k^{2}+4)^{2}}}$
$=\frac{32|k-\frac{1}{k}|}{4k^{2}+\frac{4}{k^{2}}+17}$.
令$t = |k-\frac{1}{k}|$，$t ＞ 0$，
则$S_{\triangle AMN}=\frac{32|k-\frac{1}{k}|}{4k^{2}+\frac{4}{k^{2}}+17}=\frac{32t}{4t^{2}+25}$
$=\frac{32}{4t+\frac{25}{t}}\leq\frac{32}{2\sqrt{4t\cdot\frac{25}{t}}}=\frac{8}{5}$，
当且仅当$4t=\frac{25}{t}$，即$|k-\frac{1}{k}|=\frac{5}{2}$时取等号，故$S\leq\frac{8}{5}$.

例2 (2024·江苏南通模拟)已知抛物线$C:x^{2}=2py(p＞0)$的焦点到直线$l:y = 2x - 5$的距离为$\frac{6\sqrt{5}}{5}$.
(1)求$C$的方程；
(2)若点$P$在$l$上，$PA$，$PB$是$C$的两条切线，$A$，$B$是切点，直线$AB$与$l$交于点$Q$，证明：存在定点$H$，使得$PH\perp QH$.

答案： 解　
(1)由题意可知$C$的焦点为$(0,\frac{p}{2})$，由点到直线的距
离公式可得$\frac{|2\times0-\frac{p}{2}-5|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}}}=\frac{6\sqrt{5}}{5}(p ＞ 0)$，解得$p = 2$.
所以$C$的方程为$x^{2}=4y$.
(2)证明:设$A(x_{1},\frac{x_{1}^{2}}{4})$，$B(x_{2},\frac{x_{2}^{2}}{4})$.由$y'=\frac{x}{2}$，可知直线$PA$
的方程为$y-\frac{x_{1}^{2}}{4}=\frac{x_{1}}{2}(x - x_{1})$，即$y=\frac{x_{1}x}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{4}$.
同理，直线$PB$的方程为$y=\frac{x_{2}x}{2}-\frac{x_{2}^{2}}{4}$.
联立$\begin{cases}y=\frac{x_{1}x}{2}-\frac{x_{1}^{2}}{4},\\y=\frac{x_{2}x}{2}-\frac{x_{2}^{2}}{4},\end{cases}$解得$P(\frac{x_{1}+x_{2}}{2},\frac{x_{1}x_{2}}{4})$.
若记$P(t,2t - 5)$，则$\begin{cases}x_{1}+x_{2}=2t,\\x_{1}x_{2}=4(2t - 5),\end{cases}$由点$A$，$B$的坐标可写出
直线$AB$的方程为$(x_{1}-x_{2})(y-\frac{x_{2}^{2}}{4})=(\frac{x_{1}^{2}}{4}-\frac{x_{2}^{2}}{4})(x - x_{2})$，
即$y=\frac{x_{1}+x_{2}}{4}x-\frac{x_{1}x_{2}}{4}$，所以$y=\frac{t}{2}x-2t + 5$.
由$AB$与$l$相交，可知$t\neq4$，联立$\begin{cases}y = 2x - 5,\\y=\frac{t}{2}x-2t + 5,\end{cases}$
可得$Q(\frac{4(t - 5)}{t - 4},\frac{3t - 20}{t - 4})$.
设$H(x,y)$，则由$PH\perp QH$可知
$\overrightarrow{PH}\cdot\overrightarrow{QH}=(x - t,y-(2t - 5))\cdot(x-\frac{4(t - 5)}{t - 4},y-\frac{3t - 20}{t - 4})$
$=\frac{1}{t - 4}(x - t,y-(2t - 5))\cdot((t - 4)x-4(t - 5),(t - 4)y-(3t - 20))=-\frac{1}{t - 4}(t - x,2t-(y + 5))\cdot((x - 4)t-4(x - 5),(y - 3)t-4(y - 5))=-\frac{1}{t - 4}[(x - 4)t^{2}-(x^{2}-20)t + 4x(x - 5)+2(y - 3)t^{2}-(y^{2}+10y - 55)t + 4(y + 5)(y - 5)]=-\frac{1}{t - 4}[(x + 2y - 10)t^{2}-(x^{2}+y^{2}+10y - 75)t + 4(x^{2}+y^{2}-5x - 25)] = 0$，
上式关于$t$恒成立，当且仅当$\begin{cases}x + 2y - 10 = 0,\\x^{2}+y^{2}+10y - 75 = 0,\\x^{2}+y^{2}-5x - 25 = 0,\end{cases}$解得
$\begin{cases}x = 0,\\y = 5\end{cases}$或$\begin{cases}x = 8,\\y = 1.\end{cases}$
因此存在定点$H(0,5)$或$H(8,1)$，使得$PH\perp QH$.