《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例 1（2025·长沙测试）已知 $M$，$N$ 分别为椭圆 $E$：$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$ 的左、右顶点，$F$ 为其右焦点，$\vert FM\vert = 3\vert FN\vert$，且点 $P(1,\frac{3}{2})$ 在椭圆 $E$ 上.
(1)求椭圆 $E$ 的标准方程；
(2)若过 $F$ 的直线 $l$ 与椭圆 $E$ 交于 $A$，$B$ 两点，且 $l$ 与以 $MN$ 为直径的圆交于 $C$，$D$ 两点，证明：$\frac{12}{\vert AB\vert}+\frac{\vert CD\vert^{2}}{4}$ 为定值.

答案：
(1)解　由$\vert FM\vert=3\vert FN\vert$，可得$a + c = 3(a - c)$，解得$a = 2c$，又因为$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，所以$b = \sqrt{3}c$。因为点$P(1,\frac{3}{2})$在椭圆$E$上，所以$\frac{1}{a^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{b^{2}} = 1$，解得$a = 2,b = \sqrt{3},c = 1$，所以椭圆$E$的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)证明①当$l$与$x$轴重合时，$\vert AB\vert=\vert CD\vert = 4$，所以$\frac{12}{\vert AB\vert}+\frac{\vert CD\vert^{2}}{4}=7$。
②当直线$l$不与$x$轴重合时，设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，直线$l$的方程为$x = my + 1$，
由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\\x = my + 1\end{cases}$消去$x$并整理得$(3m^{2}+4)y^{2}+6my - 9 = 0$，
则$y_1 + y_2=\frac{-6m}{3m^{2}+4},y_1y_2=\frac{-9}{3m^{2}+4}$，
故$\vert AB\vert=\sqrt{(1 + m^{2})[(y_1 + y_2)^{2}-4y_1y_2]}$
$=\sqrt{(1 + m^{2})[\left(\frac{-6m}{3m^{2}+4}\right)^{2}+\frac{36}{3m^{2}+4}]}$
$=12×\frac{m^{2}+1}{3m^{2}+4}$，
圆心$O$到直线$l$的距离为$\frac{1}{\sqrt{m^{2}+1}}$，
则$\vert CD\vert^{2}=4(4-\frac{1}{m^{2}+1})$，
则$\frac{\vert CD\vert^{2}}{4}=4-\frac{1}{m^{2}+1}$，
所以$\frac{12}{\vert AB\vert}+\frac{\vert CD\vert^{2}}{4}=\frac{12}{\frac{12(m^{2}+1)}{3m^{2}+4}}+4-\frac{1}{m^{2}+1}=7$，
即$\frac{12}{\vert AB\vert}+\frac{\vert CD\vert^{2}}{4}$为定值。

（2025·东北三省四市模拟）在平面直角坐标系中，$F_{1}$，$F_{2}$ 分别为双曲线 $C$：$3x^{2}-y^{2}=a^{2}(a ＞ 0)$ 的左、右焦点，过 $F_{2}$ 的直线 $l$ 与双曲线 $C$ 的右支交于 $A$，$B$ 两点.当 $l$ 与 $x$ 轴垂直时，$\triangle ABF_{1}$ 的面积为 $12$.
(1)求双曲线 $C$ 的标准方程；
(2)当 $l$ 与 $x$ 轴不垂直时，作线段 $AB$ 的垂直平分线，交 $x$ 轴于点 $D$.试判断 $\frac{\vert DF_{2}\vert}{\vert AB\vert}$ 是否为定值.若是，请求出该定值；若不是，请说明理由.

答案：
(1)解　双曲线$3x^{2}-y^{2}=a^{2}$可化为$\frac{x^{2}}{\frac{a^{2}}{3}}-\frac{y^{2}}{a^{2}}=1$。当$l$与$x$轴垂直时，$S_{\triangle ABF_2}=\frac{1}{2}\vert F_1F_2\vert\cdot\vert AB\vert=\frac{1}{2}×2×\frac{2\sqrt{3}}{3}a×2\sqrt{3}a = 4a^{2}=12$，解得$a^{2}=3$，所以双曲线$C$的标准方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)由
(1)知$F_2(2,0)$，所以可设直线$l$的方程为$x = ty + 2(t\neq0)$，设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),M$为线段$AB$的中点，联立双曲线$C$与直线$l$的方程，得$\begin{cases}3x^{2}-y^{2}=3\\x = ty + 2\end{cases}$，消去$x$，得$(3t^{2}-1)y^{2}+12ty + 9 = 0$，因此$y_1 + y_2=\frac{-12t}{3t^{2}-1},y_1y_2=\frac{9}{3t^{2}-1}$，进而可得$x_1 + x_2=\frac{-4}{3t^{2}-1}$，所以线段$AB$中点$M$的坐标为$(\frac{-2}{3t^{2}-1},\frac{-6t}{3t^{2}-1})$，所以线段$AB$的垂直平分线的方程为$y+\frac{6t}{3t^{2}-1}=-t(x+\frac{2}{3t^{2}-1})$，则$D(\frac{-8}{3t^{2}-1},0)$，$\vert DF_2\vert=\vert2+\frac{8}{3t^{2}-1}\vert=\frac{6t^{2}+6}{\vert3t^{2}-1\vert}$，$\vert AB\vert=\sqrt{1 + t^{2}}\cdot\sqrt{(y_1 + y_2)^{2}-4y_1y_2}=\sqrt{1 + t^{2}}\cdot\sqrt{\left(\frac{-12t}{3t^{2}-1}\right)^{2}-4\cdot\frac{9}{3t^{2}-1}}=\frac{6t^{2}+6}{\vert3t^{2}-1\vert}$，所以$\vert DF_2\vert=\vert AB\vert$，即$\frac{\vert DF_2\vert}{\vert AB\vert}$为定值1。