《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例 1 (2025·郑州质检节选)已知椭圆 $ E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 $ ($ a ＞ b ＞ 0 $)过点 $ (0,1) $，且焦距为 $ 2\sqrt{3} $。
(1)求椭圆 $ E $ 的标准方程。
(2)过点 $ S(1,0) $ 作两条互相垂直的弦 $ AB $，$ CD $，设弦 $ AB $，$ CD $ 的中点分别为 $ M $，$ N $。证明：直线 $ MN $ 必过定点。$(\frac{4}{5},0)$

答案：
(1)解 依题意有$b = 1,c = \sqrt{3}$，$\therefore a^{2}=b^{2}+c^{2}=4$，$\therefore$椭圆E的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。
(2)证明 设$l_{AB}:x = my + 1(m \neq 0),A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，则$l_{CD}:x = - \frac{1}{m}y + 1(m \neq 0)$，联立得$\begin{cases}x = my + 1,\\x^{2}+4y^{2}=4.\end{cases}$故$(m^{2}+4)y^{2}+2my - 3 = 0$，$\Delta = 16m^{2}+48 ＞ 0,y_{1}+y_{2}=\frac{-2m}{m^{2}+4}$，$\therefore x_{1}+x_{2}=m(y_{1}+y_{2})+2=\frac{-8}{m^{2}+4}$故$M(\frac{4}{m^{2}+4},\frac{-m}{m^{2}+4})$由$- \frac{1}{m}$代替$m$，得$N(\frac{4m^{2}}{1 + 4m^{2}},\frac{m}{1 + 4m^{2}})$当$\frac{4}{m^{2}+4}=\frac{4m^{2}}{1 + 4m^{2}}$，即$m^{2}=1$时，$l_{MN}:x = \frac{4}{5}$，过点$K(\frac{4}{5},0)$当$\frac{4}{m^{2}+4}\neq\frac{4m^{2}}{1 + 4m^{2}}$，即$m^{2}\neq1$时，$k_{MN}=\frac{5m}{4(m^{2}-1)}$，$l_{MN}:y + \frac{m}{m^{2}+4}=\frac{5m}{4(m^{2}-1)}(x - \frac{4}{m^{2}+4})$$(m^{2}\neq1,m\neq0)$，令$y = 0$，得$x = \frac{4(m^{2}-1)}{5(m^{2}+4)}+\frac{4}{m^{2}+4}=\frac{4m^{2}+16}{5(m^{2}+4)}$，$\therefore$直线MN恒过点$K(\frac{4}{5},0)$。当$m = 0$时，经验证直线MN过点$K(\frac{4}{5},0)$。综上，直线MN恒过点$K(\frac{4}{5},0)$。

例 2 (2025·河北名校调研节选)已知椭圆 $ C:\frac{y^{2}}{2}+x^{2} = 1 $，过点 $ P(\frac{1}{3},0) $ 的直线 $ l $ 交椭圆 $ C $ 于 $ A $，$ B $ 两点。试探究以线段 $ AB $ 为直径的圆是否过定点。若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由。$(-1,0)$

答案： 解 椭圆C的方程为$\frac{y^{2}}{2}+x^{2}=1$，当$AB\perp x$轴时，以线段AB为直径的圆的方程为$(x - \frac{1}{3})^{2}+y^{2}=\frac{16}{9}$；当$AB\perp y$轴时，以线段AB为直径的圆的方程为$x^{2}+y^{2}=1$。可得两圆交点为$Q(-1,0)$。由此可知，若以线段AB为直径的圆恒过定点，则该定点为$Q(-1,0)$。下证$Q(-1,0)$符合题意。设直线$l$的斜率存在，且不为$0$，其方程为$y = k(x - \frac{1}{3})$，代入$\frac{y^{2}}{2}+x^{2}=1$，并整理得$(k^{2}+2)x^{2}-\frac{2}{3}k^{2}x+\frac{1}{9}k^{2}-2 = 0$，设$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{2k^{2}}{3(k^{2}+2)},x_{1}x_{2}=\frac{k^{2}-18}{9(k^{2}+2)}$。所以$\overrightarrow{QA}\cdot\overrightarrow{QB}=(x_{1}+1)(x_{2}+1)+y_{1}y_{2}$$=x_{1}x_{2}+x_{1}+x_{2}+1+k^{2}(x_{1}-\frac{1}{3})(x_{2}-\frac{1}{3})$$=(1 + k^{2})x_{1}x_{2}+(1-\frac{1}{3}k^{2})(x_{1}+x_{2})+1+\frac{1}{9}k^{2}=(1 + k^{2})\cdot\frac{k^{2}-18}{9(k^{2}+2)}+(1-\frac{1}{3}k^{2})\cdot\frac{2k^{2}}{3(k^{2}+2)}+1+\frac{1}{9}k^{2}=\frac{2k^{2}}{3(k^{2}+2)}+1+\frac{1}{9}k^{2}=0$，故$\overrightarrow{QA}\perp\overrightarrow{QB}$，即$Q(-1,0)$在以线段AB为直径的圆上。综上，以线段AB为直径的圆恒过定点$(-1,0)$。

训练 1 (2023·全国乙卷)已知椭圆 $ C:\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}} = 1 $ ($ a ＞ b ＞ 0 $)的离心率为 $ \frac{\sqrt{5}}{3} $，点 $ A(-2,0) $ 在 $ C $ 上。
(1)求 $ C $ 的方程；
(2)过点 $ (-2,3) $ 的直线交 $ C $ 于 $ P $，$ Q $ 两点，直线 $ AP $，$ AQ $ 与 $ y $ 轴的交点分别为 $ M $，$ N $，证明：线段 $ MN $ 的中点为定点。

答案：
(1)解 因为点$A(-2,0)$在C上，所以$\frac{4}{b^{2}}=1$，得$b^{2}=4$。因为椭圆的离心率$e = \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{3}$，所以$c^{2}=\frac{5}{9}a^{2}$。又$a^{2}=b^{2}+c^{2}=4+\frac{5}{9}a^{2}$，所以$a^{2}=9,c^{2}=5$，故椭圆C的方程为$\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{4}=1$。
(2)证明 由题意知，直线PQ的斜率存在且不为$0$。设$l_{PQ}:y - 3 = k(x + 2),P(x_{1},y_{1}),Q(x_{2},y_{2})$，由$\begin{cases} \frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{4}=1,\\y - 3 = k(x + 2).\end{cases}$得$(4k^{2}+9)x^{2}+(16k^{2}+24k)x+16k^{2}+48k = 0$，故$x_{1}+x_{2}=\frac{-16k^{2}-24k}{4k^{2}+9},x_{1}x_{2}=\frac{16k^{2}+48k}{4k^{2}+9}$。直线$AP:y=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}(x + 2)$，令$x = 0$，解得$y_{M}=\frac{2y_{1}}{x_{1}+2}$，同理得$y_{N}=\frac{2y_{2}}{x_{2}+2}$，则$y_{M}+y_{N}=2\frac{y_{1}(x_{2}+2)+y_{2}(x_{1}+2)}{(x_{1}+2)(x_{2}+2)}$$=2\frac{(kx_{1}+2k + 3)(x_{2}+2)+(kx_{2}+2k + 3)(x_{1}+2)}{(x_{1}+2)(x_{2}+2)}$$=2\frac{2kx_{1}x_{2}+(4k + 3)(x_{1}+x_{2})+8k + 12}{x_{1}x_{2}+2(x_{1}+x_{2})+4}$$=2\frac{2k\cdot\frac{16k^{2}+48k}{4k^{2}+9}+(4k + 3)\frac{-16k^{2}-24k}{4k^{2}+9}+(8k + 12)(4k^{2}+9)}{ \frac{16k^{2}+48k}{4k^{2}+9}+2(\frac{-16k^{2}-24k}{4k^{2}+9})+4(4k^{2}+9)}$$=2×\frac{108}{36}=6$，所以MN的中点的纵坐标为$\frac{y_{M}+y_{N}}{2}=3$，所以MN的中点为定点$(0,3)$。