《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 1. 已知 $ A $ 是椭圆 $ \frac{x^{2}}{16}+y^{2}=1 $ 的右顶点, 点 $ B $ 在圆 $ C: x^{2}+y^{2}-8 x-4 y+19=0 $ 上, 点 $ P $ 在直线 $ l: x+y-1=0 $ 上运动, 则 $ |P A|+|P B| $ 的最小值为 (C)

A.$ \sqrt{13}-1 $
B.$ 3 $
C.$ \sqrt{34}-1 $
D.$ 4 $

答案：
变式训练1.C解析：椭圆$\frac{x^{2}}{16}+y^{2}=1$的右顶点$A(4,0)$，圆$C:(x - 4)^{2}+(y - 2)^{2}=1$的圆心为$C(4,2)$，半径$r = 1$，由圆的性质知$|PB|_{\min}=|PC|-r$，如图，作点$A$关于直线$l$的对称点$A'(x_0,y_0)$，连接$A'C$，线段$A'C$与直线$l$，圆$C$分别交于点$P'$，$B$，因此$|PA|+|PB|=|PA|+|PC|-1=|PA'|+|PC|-1\geqslant|A'C|-1$，当且仅当$P$，$P'$重合时取等号，由$\begin{cases}\frac{y_0 - 0}{x_0 - 4}=1\frac{y_0 + 0}{2}+\frac{x_0 + 4}{2}-1 = 0\end{cases}$，解得$x_0 = 1$，$y_0=-3$，即点$A'(1,-3)$，则$|A'C|=\sqrt{34}$，所以$|PA|+|PB|$的最小值为$\sqrt{34}-1$。

变式训练 2. (2025·山东师大附中模拟) 抛物线 $ y^{2}=4 x(p＞0) $ 焦点为 $ F $, 准线与 $ x $ 轴交于 $ K $, 点 $ P $ 为抛物线上任意一点, $ \angle K P F $ 的平分线与 $ x $ 轴交点为 $ (m, 0) $, 则 $ m $ 的最大值为 (B)

A.$ 2+2 \sqrt{2} $
B.$ 3-2 \sqrt{2} $
C.$ 3+2 \sqrt{2} $
D.$ 2-2 \sqrt{2} $

答案：
变式训练2.B解析：由题意可得，焦点$F(1,0)$，准线方程为$x=-1$，过点$P(x,y)$作$PM$垂直于准线，$M$为垂足，

由抛物线的定义可得$|PF|=|PM|=x + 1$，记$\angle KPF$的平分线与$x$轴交于$H(m,0)$，$-1＜m＜1$，根据角平分线定理可得$\frac{|FH|}{|KH|}=\frac{|PF|}{|PK|}=\frac{|PM|}{|PK|}=\sin\angle PKH$，设$\angle PKH=\theta$，则$\frac{1 - m}{m + 1}=\sin\theta$，整理得$m=\frac{1 - \sin\theta}{1 + \sin\theta}=-1+\frac{2}{1+\sin\theta}$，即当$\sin\theta$最小时$m$取到最大值。
由图可知，当$PK$与抛物线相切时$\sin\theta$最小，设$PK:x = ny - 1$，联立$\begin{cases}x = ny - 1\\y^{2}=4x\end{cases}$，得$y^{2}-4ny + 4 = 0$，由$\Delta = 0$得$16n^{2}-16 = 0$，解得$n=\pm1$，此时$k_{PK}=\pm1$，$\angle PKH = 45^{\circ}$，故$\sin\theta=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$\sin\theta$的最小值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，此时$m=-1+\frac{2}{1+\frac{\sqrt{2}}{2}}=3 - 2\sqrt{2}$，即$m$的最大值为$3 - 2\sqrt{2}$。

变式训练 3. (2025·江苏南京模拟) 已知点 $ M $ 是圆 $ F_{1}:(x+1)^{2}+y^{2}=16 $ 上的动点, $ F_{2}(1,0) $, 线段 $ M F_{2} $ 的中垂线与直线 $ M F_{1} $ 交于点 $ N $, 点 $ N $ 的轨迹为曲线 $ C $.
(1) 求曲线 $ C $ 的方程.
(2) 直线 $ N F_{2} $ 与曲线 $ C $ 的另一交点为 $ P $, 过 $ F_{1} $ 且垂直于 $ N F_{2} $ 的直线与曲线 $ C $ 交于点 $ Q, R $.
①若 $ S $ 为 $ x $ 轴上的一点, 且 $ \triangle S N P $ 的内心恒在 $ x $ 轴上, 求 $ S $ 点坐标;
②求四边形 $ N R P Q $ 面积的最小值.

答案：
变式训练3.解：
(1)如图①，因为点$M$是圆$F_1:(x + 1)^{2}+y^{2}=16$上的动点，所以$F_1(-1,0)$，$|F_1M| = 4$，由题意知$|NF_1|+|NM| = |NF_1|+|MF_1| = 4＞|F_1F_2| = 2$，所以点$N$的轨迹是以$F_1(-1,0)$，$F_2(1,0)$为焦点的椭圆，且$2a = 4$，$2c = 2$，即$a = 2$，$c = 1$，所以$b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$，所以曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。

(2)①由题意知，直线$NP$的斜率不可能为$0$，设$NP$的方程为$x = ty + 1$，$N(x_1,y_1)$，$P(x_2,y_2)$，联立$\begin{cases}x = ty + 1\\3x^{2}+4y^{2}=12\end{cases}$，消去$x$得$(3t^{2}+4)y^{2}+6ty - 9 = 0$，所以$y_1 + y_2=\frac{-6t}{3t^{2}+4}$，$y_1y_2=\frac{-9}{3t^{2}+4}$，$\Delta = 36t^{2}+36(3t^{2}+4)=144(t^{2}+1)＞0$。设$S(x_0,0)$，因为$\triangle SNP$的内心恒在$x$轴上，所以直线$SN$和直线$SP$的斜率互为相反数，即$k_{SN}+k_{SP}=0$，而$k_{SN}=\frac{y_1}{x_1 - x_0}$，$k_{SP}=\frac{y_2}{x_2 - x_0}$，所以$\frac{y_1}{x_1 - x_0}+\frac{y_2}{x_2 - x_0}=0$，即$y_1(x_2 - x_0)+y_2(x_1 - x_0)=0$，所以$y_1(ty_2+1 - x_0)+y_2(ty_1+1 - x_0)=0$，整理得$2ty_1y_2+(1 - x_0)(y_1 + y_2)=0$，解得$x_0 = 4$，所以$S$点坐标为$(4,0)$。
②由①知$|NP|=\sqrt{1 + t^{2}}·|y_1 - y_2|=\sqrt{1 + t^{2}}·\frac{\sqrt{144(t^{2}+1)}}{3t^{2}+4}=\frac{12(t^{2}+1)}{3t^{2}+4}$。
如图②，因为$NP\perp QR$，且直线$QR$过点$F_1(-1,0)$，所以直线$QR$的方程为$y=-t(x + 1)$，设$Q(x_3,y_3)$，$R(x_4,y_4)$，联立$\begin{cases}y=-t(x + 1)\\(4t^{2}+3)x^{2}+8t^{2}x+4t^{2}-12 = 0\end{cases}$，消去$y$得$(4t^{2}+3)x^{2}+8t^{2}x+4t^{2}-12 = 0$，所以$x_3 + x_4=\frac{-8t^{2}}{4t^{2}+3}$，$x_3x_4=\frac{4t^{2}-12}{4t^{2}+3}$，$\Delta = 64t^{4}-4(4t^{2}+3)(4t^{2}-12)=144(t^{2}+1)$，所以$|QR|=\sqrt{1+(-t)^{2}}·|x_3 - x_4|=\sqrt{1 + t^{2}}·\frac{\sqrt{144(t^{2}+1)}}{4t^{2}+3}=\frac{12(t^{2}+1)}{4t^{2}+3}$，所以四边形$NRPQ$面积$S=\frac{1}{2}·|NP|·|QR|=\frac{1}{2}·\frac{12(t^{2}+1)}{3t^{2}+4}·\frac{12(t^{2}+1)}{4t^{2}+3}=\frac{72(t^{2}+1)^{2}}{(3t^{2}+4)(4t^{2}+3)}$。
令$t^{2}+1=m$，则$t^{2}=m - 1$，且$m\in[1,+\infty)$，所以$S=\frac{72m^{2}}{(3m + 1)(4m - 1)}=\frac{72}{(3+\frac{1}{m})(4-\frac{1}{m})}\geqslant\frac{288}{49}$，当且仅当$\frac{1}{m}=\frac{1}{2}$，即$m = 2$时，$S$取得最小值$\frac{288}{49}$，故四边形$NRPQ$面积的最小值为$\frac{288}{49}$。

变式训练 4. (2025·四川绵阳三模) 已知双曲线 $ C: \frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0, b＞0) $ 的左右顶点为 $ A, B $, 且 $ |A B|=2 $, 双曲线 $ C $ 的一条渐近线的斜率为 $ \sqrt{2} $, 过点 $ R(2,0) $ 的直线 $ l_{1} $ 交双曲线 $ C $ 于 $ M, N $ 两点, $ O $ 为坐标原点.
(1) 求双曲线 $ C $ 的方程;
(2) 若双曲线 $ C $ 上存在点 $ T $, 且 $ \overrightarrow{O T}=\frac{\sqrt{2}}{8}(\overrightarrow{O M}+\overrightarrow{O N}) $, 求此时直线 $ l_{1} $ 的方程;
(3) 过点 $ R(2,0) $ 的直线 $ l_{2} $ 交双曲线 $ C $ 于 $ P, Q $ 两点, 直线 $ l_{1} $ 的斜率为 $ k_{1}\left(\frac{1}{2}＜k_{1}＜1\right) $, 直线 $ l_{2} $ 的斜率为 $ k_{2} $, 且 $ k_{1} · k_{2}=-\frac{1}{3} $, 求 $ |M R| ·|N R| ·|P R| ·|Q R| $ 的最小值.

答案：
变式训练4.解：
(1)由题意得$\begin{cases}2a = 2\frac{b}{a}=\sqrt{2}\end{cases}$，解得$a = 1$，$b=\sqrt{2}$，则双曲线$C$的方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$。
(2)当直线$l_1$的斜率为$0$时，$M(-1,0)$，$N(1,0)$，此时$\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON}=(0,0)$，显然不存在点$T$满足$\overrightarrow{OT}=\frac{\sqrt{2}}{8}(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON})$，则直线$l_1$的斜率不为$0$，设直线$l_1$的方程为$x = t_1y + 2$，$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，联立$\begin{cases}x = t_1y + 2\\x^{2}-\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$，得$(2t_1^{2}-1)y^{2}+8t_1y + 6 = 0$，则$2t_1^{2}-1\neq0$，即$t_1\neq\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\Delta = 64t_1^{2}-24×(2t_1^{2}-1)=16t_1^{2}+24＞0$，$y_1 + y_2=\frac{-8t_1}{2t_1^{2}-1}$,$y_1y_2=\frac{6}{2t_1^{2}-1}$，则$x_1 + x_2=t_1y_1+2+t_1y_2+2=t_1(y_1 + y_2)+4=\frac{-8t_1^{2}}{2t_1^{2}-1}+4=\frac{-4}{2t_1^{2}-1}$。
又$\overrightarrow{OM}=(x_1,y_1)$，$\overrightarrow{ON}=(x_2,y_2)$，则$\overrightarrow{OT}=\frac{\sqrt{2}}{8}(\overrightarrow{OM}+\overrightarrow{ON})=\frac{\sqrt{2}}{8}(x_1 + x_2,y_1 + y_2)=(\frac{\sqrt{2}t_1}{2(2t_1^{2}-1)},\frac{\sqrt{2}t_1}{2t_1^{2}-1})$，即$T(\frac{\sqrt{2}t_1}{2(2t_1^{2}-1)},\frac{\sqrt{2}t_1}{2t_1^{2}-1})$，代入$x^{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$，得$\frac{1}{2}(\frac{2t_1^{2}-1}{ \sqrt{2}t_1})^{2}-(\frac{2t_1^{2}-1}{ \sqrt{2}t_1})^{2}=1$，解得$t_1^{2}=\frac{1}{2}$(舍去)或$\frac{1}{4}$，即$t_1=\pm\frac{1}{2}$，则直线$l_1$的方程为$x=\pm\frac{1}{2}y + 2$，即$2x\pm y - 4 = 0$。
(3)由
(2)知，设直线$l_1$的方程为$x = t_1y + 2$，$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，$y_1 + y_2=\frac{-8t_1}{2t_1^{2}-1}$，$y_1y_2=\frac{6}{2t_1^{2}-1}$，显然直线$l_2$的斜率不为$0$，设直线$l_2$的方程为$x = t_2y + 2$，$P(x_3,y_3)$，$Q(x_4,y_4)$，同理可得$y_3 + y_4=\frac{-8t_2}{2t_2^{2}-1}$，$y_3y_4=\frac{6}{2t_2^{2}-1}$。
由$k_1· k_2=-\frac{1}{3}$，若$\frac{1}{3}＜k_1＜1$，则$k_1k_2=-3$，$1＜k_2＜2$，即$t_2=-\frac{3}{t_1}$，$-3＜t_2＜-\frac{3}{2}$，所以$|MR|·|NR|=\sqrt{1 + t_2^{2}}·|y_1|·\sqrt{1 + t_2^{2}}·|y_2|=(1 + t_2^{2})·\frac{6}{|2t_2^{2}-1|}$，$|PR|·|QR|=\sqrt{1 + t_2^{2}}·|y_3|·\sqrt{1 + t_2^{2}}·|y_4|=(1 + t_2^{2})·\frac{6}{|2t_2^{2}-1|}$，所以$|MR|·|NR|·|PR|·|QR|=6·\frac{(1 + t_2^{2})·6·(1 + t_2^{2})}{(2t_2^{2}-1)^{2}}=\frac{36·(t_2^{2}+t_2^{2}+1 + 1)}{4t_2^{4}-2(t_2^{2}+t_2^{2})+1}=36·\frac{10 + t_2^{2}+t_2^{2}}{37-2(t_2^{2}+t_2^{2})}$。
令$u=t_2^{2}+t_2^{2}=t_2^{2}+\frac{9}{t_2^{2}}$，$1＜t_2^{2}＜4$。因为函数$y=x+\frac{9}{x}$在$(1,3)$上单调递减，在$(3,4)$上单调递增，且$x = 1$时，$y = 10$，$x = 3$时，$y = 6$，$x = 4$时，$y=\frac{25}{4}$，则$u\in[6,10)$，所以$|MR|·|NR|·|PR|·|QR|=f(u)=36·\frac{10 + u}{37-2u}$，函数$f(u)$在$[6,10)$上单调递增，则$f(u)_{\min}=f(6)=\frac{576}{25}$，即$|MR|·|NR|·|PR|·|QR|$的最小值为$\frac{576}{25}$。