《2025年高考帮数学》

训练2　[2023济南市学情检测]已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的实轴长为$2$，直线$y = \sqrt{3}x$为$C$的一条渐近线.
(1)求$C$的方程.
(2)若过点$(2,0)$的直线与$C$交于$P$，$Q$两点，在$x$轴上是否存在定点$M$，使得$\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MQ}$为定值？若存在，求出点$M$的坐标；若不存在，请说明理由.

答案：
(1)由题意知，2a = 2，$\frac{b}{a}=\sqrt{3}$，解得a = 1，b = $\sqrt{3}$，
所以双曲线C的方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$.
(2)若直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x = my + 2，代入$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$并整理得，($3m^{2}-1$)$y^{2}+12my + 9 = 0$，
设P($x_{1}$，$y_{1}$)，Q($x_{2}$，$y_{2}$)，则$3m^{2}-1\neq0$，$\Delta = 36m^{2}+36＞0$，$y_{1}+y_{2}=-\frac{12m}{3m^{2}-1}$，$y_{1}y_{2}=\frac{9}{3m^{2}-1}$.
假设在x轴上存在定点M(t，0)，使得$\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MQ}$为定值.
$\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MQ}=(x_{1}-t)(x_{2}-t)+y_{1}y_{2}=(m^{2}+1)y_{1}y_{2}+(2 - t)m(y_{1}+y_{2})+(2 - t)^{2}=\frac{(12t - 15)m^{2}+9}{3m^{2}-1}+(2 - t)^{2}$.
若$\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MQ}$为定值，则必有$\frac{12t - 15}{3}=\frac{9}{-1}$，
解得t = - 1，此时$\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MQ}=0$.
若直线PQ的斜率为0，则可取P(-1，0)，Q(1，0)，M(-1，0)，
所以$\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MQ}=(0，0)\cdot(2，0)=0$.
所以在x轴上存在定点M(-1，0)，使得$\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MQ}$为定值0.

例1 [多选/新高考卷Ⅰ]已知曲线$C:mx^{2}+ny^{2}=1$. ( )
A.若$m＞n＞0$，则$C$是椭圆，其焦点在$y$轴上
B.若$m = n＞0$，则$C$是圆，其半径为$\sqrt{n}$
C.若$mn＜0$，则$C$是双曲线，其渐近线方程为$y=\pm\sqrt{-\frac{m}{n}}x$
D.若$m = 0,n＞0$，则$C$是两条直线

答案： ACD 对于选项A，
∵$m ＞ n ＞ 0$，
∴$0 ＜ \frac{1}{m} ＜ \frac{1}{n}$，方程$mx^{2}+ny^{2}=1$可变形为$\frac{x^{2}}{\frac{1}{m}}+\frac{y^{2}}{\frac{1}{n}} = 1$，
∴该方程表示焦点在$y$轴上的椭圆，正确；对于选项B，
∵$m = n ＞ 0$，
∴方程$mx^{2}+ny^{2}=1$可变形为$x^{2}+y^{2}=\frac{1}{n}$，该方程表示半径为$\sqrt{\frac{1}{n}}$的圆，错误；对于选项C，
∵$mn ＜ 0$，
∴该方程表示双曲线，令$mx^{2}+ny^{2}=0 \Rightarrow y = \pm\sqrt{-\frac{m}{n}}x$，正确；对于选项D，
∵$m = 0,n ＞ 0$，
∴方程$mx^{2}+ny^{2}=1$变形为$ny^{2}=1 \Rightarrow y = \pm\sqrt{\frac{1}{n}}$，该方程表示两条直线，正确. 综上选ACD.

例2 已知斜率为$k$的直线$l$与椭圆$C:\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$交于$A,B$两点，线段$AB$的中点为$M(1,m)(m＞0)$.
(1)证明：$k＜-\frac{1}{2}$.
(2)设$F$为$C$的右焦点，$P$为$C$上一点，且$\overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}=0$. 证明：$|\overrightarrow{FA}|,|\overrightarrow{FP}|,|\overrightarrow{FB}|$成等差数列，并求该数列的公差.

答案：
(1)解法一 设$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，
则$\frac{x_{1}^{2}}{4}+\frac{y_{1}^{2}}{3}=1,\frac{x_{2}^{2}}{4}+\frac{y_{2}^{2}}{3}=1$，两式相减，
并由$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}} = k$得$\frac{x_{1}+x_{2}}{4}+\frac{y_{1}+y_{2}}{3}\cdot k = 0$.
由题设知$\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=1,\frac{y_{1}+y_{2}}{2}=m$，于是$k = -\frac{3}{4m}$ ①.
由题设得$0 ＜ m ＜ \frac{3}{2}$，故$k ＜ -\frac{1}{2}$.
解法二 设直线$l$的方程为$y = k(x - 1)+m$，
由$\begin{cases}y = k(x - 1)+m\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$得$(3 + 4k^{2})x^{2}+8k(m - k)x + 4(m - k)^{2}-12 = 0$，
$\Delta = 64k^{2}(m - k)^{2}-4(3 + 4k^{2})[4(m - k)^{2}-12]=48(3k^{2}+2mk - m^{2}+3)$.
设$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{8k(k - m)}{3 + 4k^{2}}$.
因为线段$AB$的中点为$M(1,m)(m ＞ 0)$，所以$\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=1$，
即$\frac{4k(k - m)}{3 + 4k^{2}}=1$，化简得$m = -\frac{3}{4k}$.
由$m ＞ 0$得，$-\frac{3}{4k}＞0$，所以$k ＜ 0$.
又点$M(1,m)$在椭圆内部，
所以$\frac{1}{4}+\frac{m^{2}}{3}＜1$，即$\frac{1}{4}+\frac{3}{16k^{2}}＜1$，解得$k ＜ -\frac{1}{2}$.
经检验，当$m = -\frac{3}{4k},k ＜ -\frac{1}{2}$时，满足$\Delta＞0$.
故$k ＜ -\frac{1}{2}$.
(2)由题意得$F(1,0)$.
设$P(x_{3},y_{3})$，则由$\overrightarrow{FP}+\overrightarrow{FA}+\overrightarrow{FB}=0$，得$(x_{3}-1,y_{3})+(x_{1}-1,y_{1})+(x_{2}-1,y_{2})=(0,0)$.
由
(1)及题设得$x_{3}=3-(x_{1}+x_{2})=1,y_{3}=-(y_{1}+y_{2})=-2m ＜ 0$.
又点$P$在$C$上，
所以$m = \frac{3}{4}$，从而$P(1,-\frac{3}{2})$，$|\overrightarrow{FP}|=\frac{3}{2}$.
于是$|\overrightarrow{FA}|=\sqrt{(x_{1}-1)^{2}+y_{1}^{2}}=\sqrt{(x_{1}-1)^{2}+3(1-\frac{x_{1}^{2}}{4})}=2-\frac{x_{1}}{2}$.
同理$|\overrightarrow{FB}|=2-\frac{x_{2}}{2}$.
所以$|\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|=4-\frac{1}{2}(x_{1}+x_{2})=3$. 故$2|\overrightarrow{FP}|=|\overrightarrow{FA}|+|\overrightarrow{FB}|$，
即$|\overrightarrow{FA}|,|\overrightarrow{FP}|,|\overrightarrow{FB}|$成等差数列.
设该数列的公差为$d$，则$2|d|=||\overrightarrow{FB}|-|\overrightarrow{FA}||=\frac{1}{2}|x_{1}-x_{2}|=\frac{1}{2}\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}$ ②.
将$m = \frac{3}{4}$代入
(1)中的①得$k = -1$.
所以$l$的方程为$y = -x+\frac{7}{4}$，代入$C$的方程，并整理得$7x^{2}-14x+\frac{1}{4}=0$.
故$x_{1}+x_{2}=2,x_{1}x_{2}=\frac{1}{28}$，代入②解得$|d|=\frac{3\sqrt{21}}{28}$.
所以该数列的公差为$\frac{3\sqrt{21}}{28}$或$-\frac{3\sqrt{21}}{28}$.

训练1
(1)已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左、右焦点分别是$F_1(-c,0),F_2(c,0)$，点$P$是椭圆$C$上一点，满足$|\overrightarrow{PF_1}+\overrightarrow{PF_2}| = |\overrightarrow{PF_1}-\overrightarrow{PF_2}|$，若以点$P$为圆心、$r$为半径的圆与圆$F_1:(x + c)^{2}+y^{2}=4a^{2}$，圆$F_2:(x - c)^{2}+y^{2}=a^{2}$都内切，其中$0＜r＜a$，则椭圆$C$的离心率$e$为 ( )
A.$\frac{1}{2}$ B.$\frac{3}{4}$ C.$\frac{\sqrt{10}}{4}$ D.$\frac{\sqrt{15}}{4}$
(2)[2023西安一中调研]如图，圆柱$OO_1$的轴截面$ABB_1A_1$是正方形，$D,E$分别是$AA_1$和$BB_1$的中点，$C$是弧$AB$的中点，则经过$C,D,E$的平面与圆柱$OO_1$侧面相交所得到的曲线的离心率是_______.

答案：

(1)C 将$|\overrightarrow{PF_{1}}+\overrightarrow{PF_{2}}|=|\overrightarrow{PF_{1}}-\overrightarrow{PF_{2}}|$两边同时平方，得$\overrightarrow{PF_{1}}\cdot\overrightarrow{PF_{2}}=0$，则$\overrightarrow{PF_{1}}\perp\overrightarrow{PF_{2}}$.
如图，延长$F_{1}P$交圆$P$于$N$，延长$F_{2}P$交圆$P$于$M$，
结合已知可得$\begin{cases}|\overrightarrow{PF_{1}}|=|\overrightarrow{F_{1}N}|-|\overrightarrow{PN}|=2a - r\\|\overrightarrow{PF_{2}}|=|\overrightarrow{F_{2}M}|-|\overrightarrow{PM}|=a - r\end{cases}$，
所以$|\overrightarrow{PF_{1}}|-|\overrightarrow{PF_{2}}|=a$，
由$|\overrightarrow{PF_{1}}|+|\overrightarrow{PF_{2}}|=2a$，得$|\overrightarrow{PF_{1}}|=\frac{3a}{2},|\overrightarrow{PF_{2}}|=\frac{a}{2}$.
在$\triangle PF_{1}F_{2}$中，$\overrightarrow{PF_{1}}\perp\overrightarrow{PF_{2}}$可得$|\overrightarrow{PF_{1}}|^{2}+|\overrightarrow{PF_{2}}|^{2}=|\overrightarrow{F_{1}F_{2}}|^{2}$，所以$\frac{9a^{2}}{4}+\frac{a^{2}}{4}=4c^{2}$，所以$e^{2}=\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{5}{8}$，所以$e=\frac{\sqrt{10}}{4}$. 故选C.

(2)$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 设正方形$ABB_{1}A_{1}$的边长为$2$，$C_{1}$是弧$B_{1}A_{1}$的中点，且与$C$关于圆柱的中心对称，连接$CC_{1}$，由题意可知，所得曲线为椭圆，椭圆的短轴长为$2$，长轴长$C_{1}C = 2\sqrt{2}$，所以长半轴长$a = \sqrt{2}$，短半轴长$b = 1$，故半焦距$c = \sqrt{a^{2}-b^{2}} = 1$，所以椭圆的离心率$e = \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$.