《2025年高考总复习首选用卷数学人教版》

1.（2023·天津高考）已知椭圆$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)$的左、右顶点分别为$A_1$，$A_2$，右焦点为$F$，$|A_1F| = 3$，$|A_2F| = 1$。
（1）求椭圆的方程和离心率$e$；
（2）已知点$P$是椭圆上一动点（不与端点重合），直线$A_2P$交$y$轴于点$Q$，若三角形$A_1PQ$的面积是三角形$A_2FP$的面积的二倍，求直线$A_2P$的方程。

答案：
解
(1)如图，由题意可知$\begin{cases}a + c = 3\\a - c = 1\end{cases}$，故$\begin{cases}a = 2\\c = 1\end{cases}$，则b² = a² - c² = 3，所以椭圆的方程为$\frac{x²}{4}$ + $\frac{y²}{3}$ = 1，此椭圆的离心率e = $\frac{c}{a}$ = $\frac{1}{2}$.
(2)由题意知直线A₂P的斜率存在且不为0，所以可设直线A₂P的方程为y = k(x - 2).
由$\begin{cases}y = k(x - 2)\\\frac{x²}{4} + \frac{y²}{3} = 1\end{cases}$，可得(3 + 4k²)x² - 16k²x + 16k² - 12 = 0，设P(xP,yP)，则由根与系数的关系可知xP + 2 = $\frac{16k²}{3 + 4k²}$，即xP = $\frac{8k² - 6}{3 + 4k²}$，则yP = k(xP - 2) = - $\frac{12k}{3 + 4k²}$.
由直线A₂P交y轴于点Q可得Q(0, - 2k)，所以$S_{\triangle A₁PQ}$ = $\frac{1}{2}$×4×|yP - yQ|，$S_{\triangle A₂FP}$ = $\frac{1}{2}$×1×|yP|，因为$S_{\triangle A₁PQ}$ = 2$S_{\triangle A₂FP}$，所以2|yP - yQ| = |yP|，
①当2|yP| - 2|yQ| = |yP|时，|yP| = 2|yQ|，即有$\frac{12|k|}{3 + 4k²}$ = 2| - 2k|，解得k = 0，不符合题意，舍去.
②当2|yQ| - 2|yP| = |yP|时，2|yQ| = 3|yP|，即有4|k| = $\frac{36|k|}{3 + 4k²}$，解得k = 0(舍去)或k = ±$\frac{\sqrt{6}}{2}$.
故直线A₂P的方程为y = ±$\frac{\sqrt{6}}{2}$(x - 2).

2.（2023·北京高考）已知椭圆$E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0)$的离心率为$\frac{\sqrt{5}}{3}$，$A$，$C$分别是$E$的上、下顶点，$B$，$D$分别是$E$的左、右顶点，$|AC| = 4$。
（1）求$E$的方程；
（2）设$P$为第一象限内$E$上的动点，直线$PD$与直线$BC$交于点$M$，直线$PA$与直线$y = - 2$交于点$N$。求证：$MN// CD$。

答案：
解
(1)依题意，得e = $\frac{c}{a}$ = $\frac{\sqrt{5}}{3}$，则c = $\frac{\sqrt{5}}{3}$a，又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC| = 4，所以2b = 4，即b = 2，所以a² - c² = b² = 4，即a² - $\frac{5}{9}$a² = $\frac{4}{9}$a² = 4，则a² = 9，所以E的方程为$\frac{x²}{9}$ + $\frac{y²}{4}$ = 1.
(2)证明：因为椭圆E的方程为$\frac{x²}{9}$ + $\frac{y²}{4}$ = 1，所以A(0,2)，C(0, - 2)，B( - 3,0)，D(3,0)，因为P为第一象限E上的动点，设P(m,n)(0＜m＜3，0＜n＜2)，则$\frac{m²}{9}$ + $\frac{n²}{4}$ = 1，易得$k_{BC}$ = $\frac{0 + 2}{ - 3 - 0}$ = - $\frac{2}{3}$，则直线BC的方程为y = - $\frac{2}{3}$x - 2，$k_{PD}$ = $\frac{n - 0}{m - 3}$ = $\frac{n}{m - 3}$，则直线PD的方程为y = $\frac{n}{m - 3}$(x - 3)，联立$\begin{cases}y = - \frac{2}{3}x - 2\\y = \frac{n}{m - 3}(x - 3)\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{3(3n - 2m + 6)}{3n + 2m - 6}\\y = - \frac{12n}{3n + 2m - 6}\end{cases}$，即M($\frac{3(3n - 2m + 6)}{3n + 2m - 6}$， - $\frac{12n}{3n + 2m - 6}$)，而$k_{PA}$ = $\frac{n - 2}{m - 0}$ = $\frac{n - 2}{m}$，则直线PA的方程为y = $\frac{n - 2}{m}$x + 2，令y = - 2，则 - 2 = $\frac{n - 2}{m}$x + 2，解得x = - $\frac{4m}{n - 2}$，即N( - $\frac{4m}{n - 2}$， - 2)，又$\frac{m²}{9}$ + $\frac{n²}{4}$ = 1，则m² = 9 - $\frac{9n²}{4}$，8m² = 72 - 18n²，所以$k_{MN}$ = $\frac{\frac{- 12n}{3n + 2m - 6} + 2}{\frac{3(3n - 2m + 6)}{3n + 2m - 6} + \frac{4m}{n - 2}}$ = $\frac{(- 6n + 4m - 12)(n - 2)}{(9n - 6m + 18)(n - 2) + 4m(3n + 2m - 6)}$ = $\frac{- 6n² + 4mn - 8m + 24}{9n² + 8m² + 6mn - 12m - 36}$ = $\frac{- 6n² + 4mn - 8m + 24}{9n² + 72 - 18n² + 6mn - 12m - 36}$ = $\frac{- 6n² + 4mn - 8m + 24}{ - 9n² + 6mn - 12m + 36}$ = $\frac{2(- 3n² + 2mn - 4m + 12)}{3(- 3n² + 2mn - 4m + 12)}$ = $\frac{2}{3}$，又$k_{CD}$ = $\frac{0 + 2}{3 - 0}$ = $\frac{2}{3}$，即$k_{MN}$ = $k_{CD}$，显然MN与CD不重合，所以MN//CD.