《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 1. (2025·陕西西安模拟)已知 $ A $ 为双曲线 $ C:x^{2}-\frac{y^{2}}{3} = 1 $ 的右顶点，过点 $ B(0,2) $ 的直线 $ l $ 交 $ C $ 于 $ D,E $ 两点。
(1)若 $ AD \perp AE $，试求直线 $ l $ 的斜率；
(2)记双曲线 $ C $ 的两条渐近线分别为 $ l_{1},l_{2} $，过曲线 $ C $ 的右支上一点 $ P $ 作直线与 $ l_{1},l_{2} $ 分别交于 $ M,N $ 两点，且 $ M,N $ 位于 $ y $ 轴右侧，若满足 $ \overrightarrow{MP} = \lambda\overrightarrow{PN},\lambda \in [\frac{1}{2},4] $，求 $ S_{\triangle MON} $ 的取值范围 ($ O $ 为坐标原点)。

答案：

(1)由题意知直线$l$的斜率一定存在。
设直线$l$的方程为$y = kx + 2$，$D(x_1,y_1)$，$E(x_2,y_2)$，联立$\begin{cases}\frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{3} = 1,\\y = kx + 2,\end{cases}$化简得$(3 - k^2)x^2 - 4kx - 7 = 0$，其中$k^2 \neq 3$，所以$x_1 + x_2 = \frac{4k}{3 - k^2}$，$x_1x_2 = \frac{-7}{3 - k^2}$，$\Delta = 16k^2 + 28(3 - k^2) ＞ 0$。因为$AD \perp AE$，$A(1,0)$，所以$\overrightarrow{AD} · \overrightarrow{AE} = 0$，即$(x_1 - 1)(x_2 - 1) + y_1y_2 = 0$，换元后有$(1 + k^2)x_1x_2 + (2k - 1)(x_1 + x_2) + 5 = 0$，所以$(1 + k^2) · \frac{-7}{3 - k^2} + (2k - 1) · \frac{4k}{3 - k^2} + 5 = 0$，化简得$k^2 + k - 2 = 0$，解得$k = 1$或$k = -2$。
当$k = -2$时，直线过点$A$，不符合题意。
当$k = 1$时，代入得$\Delta = 16 + 28 × (3 - 1) = 72 ＞ 0$，满足题意。
所以$k = 1$。
(2)如图设$P(x_0,y_0)$，$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，则$\overrightarrow{MP} = (x_0 - x_1,y_0 - y_1)$，$\overrightarrow{PN} = (x_2 - x_0,y_2 - y_0)$。
由$\overrightarrow{MP} = \lambda\overrightarrow{PN}$，$\lambda \in \left[\frac{1}{2},4\right]$可知$\begin{cases}x_0 - x_1 = \lambda(x_2 - x_0),\\y_0 - y_1 = \lambda(y_2 - y_0),\end{cases}$可知$\begin{cases}x_0 = \frac{x_1 + \lambda x_2}{1 + \lambda},\\y_0 = \frac{y_1 + \lambda y_2}{1 + \lambda},\end{cases}$因为$x_0^2 - \frac{y_0^2}{3} = 1$，所以$\left(\frac{x_1 + \lambda x_2}{1 + \lambda}\right)^2 - \frac{1}{3}\left(\frac{y_1 + \lambda y_2}{1 + \lambda}\right)^2 = 1$，且有$\begin{cases}l_1:y = \sqrt{3}x,\\l_2:y = -\sqrt{3}x,\end{cases}$化简得$x_1x_2 = \frac{(1 + \lambda)^2}{4\lambda}$。
又$S_{\triangle MON} = \frac{1}{2}|OM| · |ON| · \sin\frac{2\pi}{3} = \frac{\sqrt{3}}{4}(\lambda + \frac{1}{\lambda} + 2)$，$\lambda \in \left[\frac{1}{2},4\right]$，设$h(x) = x + \frac{1}{x}$，$x \in \left[\frac{1}{2},4\right]$，则$h'(x) = \frac{x^2 - 1}{x^2}$。当$x \in \left[\frac{1}{2},1\right)$时，$h'(x) ＜ 0$，$h(x)$单调递减，当$x \in (1,4]$时，$h'(x) ＞ 0$，$h(x)$单调递增。所以$h(x)_{min} = h(1) = 2$，$h\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{5}{2}$，$h(4) = \frac{17}{4}$。所以$S_{\triangle MON}$的取值范围是$\left[\sqrt{3},\frac{25\sqrt{3}}{16}\right]$。

变式训练 2. (2025·河北沧州模拟)已知双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $，点 $ P(1,1) $ 到 $ C $ 的两条渐近线距离之比为 $ 1:3 $，过点 $ P $ 的直线 $ l $ 与 $ C $ 交于 $ A,B $ 两点，且当 $ l $ 的斜率为 $ 0 $ 时，$ AB = \sqrt{5} $。
(1)求 $ C $ 的方程。
(2)若点 $ A,B $ 都在 $ C $ 的右支上，且 $ l $ 与 $ x $ 轴交于点 $ Q $，设 $ \overrightarrow{PA} = m\overrightarrow{AQ},\overrightarrow{PB} = n\overrightarrow{BQ} $，求 $ m + n $ 的取值范围。

答案：

(1)双曲线$C:\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的渐近线方程为$ay \pm bx = 0$。
由已知得$\frac{|a - b|}{|a + b|} = \frac{1}{3}$，解得$a = 2b$或$b = 2a$，$l$斜率为$0$时可得直线方程为$y = 1$，代入双曲线方程可得$\frac{a^2}{b^2} + a^2 = \frac{5}{4}$。若$b = 2a$，则可求得$a = 1$，$b = 2$，若$a = 2b$，则代入得$a^2 = -\frac{11}{4}$无实数解，$\therefore a = 1$，$b = 2$，$C$的方程为$x^2 - \frac{y^2}{4} = 1$。
(2)如图设点$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$Q(t,0)$，由$\overrightarrow{PA} = m\overrightarrow{AQ}$，$\overrightarrow{PB} = n\overrightarrow{BQ}$可得$(x_1 - 1,y_1 - 1) = m(t - x_1,-y_1)$，$(x_2 - 1,y_2 - 1) = m(t - x_2,-y_2)$，故$\begin{cases}x_1 = \frac{1 + mt}{1 + m},\\y_1 = \frac{1}{1 + m},\end{cases}$代入双曲线方程得$4(t^2 - 1)m^2 + 8(t - 1)m - 1 = 0$，同理$\begin{cases}x_2 = \frac{1 + nt}{1 + n},\\y_2 = \frac{1}{1 + n},\end{cases}$代入双曲线方程得$4(t^2 - 1)n^2 + 8(t - 1)n - 1 = 0$，$\therefore m,n$是一元二次方程$4(t^2 - 1)x^2 + 8(t - 1)x - 1 = 0$的两个解，$\therefore t^2 - 1 \neq 0$，$m + n = -\frac{2}{t + 1}$。
由题意可知，直线$AB$有斜率，设直线$AB$斜率为$k$，则直线$AB$方程为$y - 1 = k(x - 1) \Rightarrow y = kx - k + 1$，与双曲线联立得$(4 - k^2)x^2 + 2k(k - 1)x - k^2 + 2k - 5 = 0$。由直线与双曲线交于右支得$\begin{cases}4 - k^2 \neq 0,\\\Delta = [2k(k - 1)]^2 - 4(4 - k^2)(-k^2 + 2k - 5) ＞ 0,\\x_1 + x_2 = \frac{-2k(k - 1)}{4 - k^2} ＞ 0,\\x_1x_2 = \frac{-k^2 + 2k - 5}{4 - k^2} ＞ 0,\end{cases}$又$k = \frac{1}{1 - t} \Rightarrow t = 1 - \frac{1}{k}$，$\therefore m + n = \frac{-2}{t + 1} = \frac{-2}{2 - \frac{1}{k}}$，由于$k ＜ -2$或$2 ＜ k ＜ \frac{5}{2}$，故$2 ＜ 2 - \frac{1}{k} ＜ \frac{5}{2}$或$\frac{3}{2} ＜ 2 - \frac{1}{k} ＜ \frac{8}{5}$，$\therefore m + n \in \left(-1,-\frac{4}{5}\right) \cup \left(-\frac{4}{3},-\frac{5}{4}\right)$。