《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 3. (2025·广东珠海模拟)已知点 $ F(\sqrt{3},0) $，以线段 $ FG $ 为直径的圆内切于圆 $ O:x^{2}+y^{2} = 4 $。
(1)求点 $ G $ 的轨迹 $ C $ 的方程；
(2)当过点 $ P(2,1) $ 的动直线 $ l $ 与轨迹 $ C $ 相交于两点 $ A,B $ (可以相同)时，$ \overrightarrow{PA} = \lambda\overrightarrow{PB},\overrightarrow{AD} = \lambda\overrightarrow{DB} $。求动点 $ D $ 的轨迹长度。

答案： $(1)$求点$G$的轨迹$C$的方程
设$FG$的中点为$S$，切点为$T$，连接$OS$，$ST$，则$\vert OS\vert+\vert SF\vert=\vert OT\vert = 2$。
取$F'(-\sqrt{3},0)$，连接$GF'$，由$S$为$FG$的中点，$O$为$FF'$的中点，可得$\vert GF'\vert = 2\vert OS\vert$，则$\vert GF'\vert+\vert GF\vert = 2(\vert OS\vert+\vert SF\vert)=4\gt2\sqrt{3}=\vert FF'\vert$。
根据椭圆的定义：平面内到两个定点$F_1,F_2$的距离之和等于常数（大于$\vert F_1F_2\vert$）的点的轨迹为椭圆，其中$2a = 4$，$c=\sqrt{3}$，则$a = 2$，$b^{2}=a^{2}-c^{2}=4 - 3 = 1$。
所以点$G$的轨迹$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。
$(2)$求动点$D$的轨迹长度
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，$D(x,y)$。
因为$\overrightarrow{PA}=\lambda\overrightarrow{PB}$，$\overrightarrow{AD}=\lambda\overrightarrow{DB}$，则$\begin{cases}x_{1}-2=\lambda(x_{2}-2)\\y_{1}-1=\lambda(y_{2}-1)\\x - x_{1}=\lambda(x_{2}-x)\\y - y_{1}=\lambda(y_{2}-y)\end{cases}$。
由$\frac{x_{1}^{2}}{4}+y_{1}^{2}=1$，$\frac{x_{2}^{2}}{4}+y_{2}^{2}=1$，两式相减得$\frac{(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})}{4}+(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2}) = 0$。
当$\lambda\neq1$时，$\frac{x_{1}-x_{2}}{y_{1}-y_{2}}=-\frac{4(y_{1}+y_{2})}{x_{1}+x_{2}}$。
又$\frac{x_{1}-2}{x_{2}-2}=\frac{y_{1}-1}{y_{2}-1}=\frac{x - x_{1}}{x_{2}-x}=\frac{y - y_{1}}{y_{2}-y}$，可得$\frac{x_{1}+x_{2}-4}{x_{2}-x_{1}}=\frac{y_{1}+y_{2}-2}{y_{2}-y_{1}}$，即$\frac{x_{1}-x_{2}}{y_{1}-y_{2}}=\frac{4 - (x_{1}+x_{2})}{2-(y_{1}+y_{2})}$。
设$\begin{cases}m = x_{1}+x_{2}\\n = y_{1}+y_{2}\end{cases}$，则$-\frac{4n}{m}=\frac{4 - m}{2 - n}$，化简得$m^{2}+4n^{2}-4m - 8n = 0$。
因为$\begin{cases}x=\frac{x_{1}+\lambda x_{2}}{1+\lambda}\\y=\frac{y_{1}+\lambda y_{2}}{1+\lambda}\end{cases}$，且$\frac{x_{1}-2}{x_{2}-2}=\frac{y_{1}-1}{y_{2}-1}$，消去$\lambda$可得$x + 2y - 2 = 0$。
联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\\x + 2y - 2 = 0\end{cases}$，消去$x$得$8y^{2}-8y = 0$，解得$y = 0$或$y = 1$。
当$\lambda = 1$时，$D$为$AB$中点，也满足$x + 2y - 2 = 0$（$y\in[0,1]$）。
所以动点$D$的轨迹方程为$x + 2y - 2 = 0(0\leqslant y\leqslant1)$，轨迹长度为$\sqrt{1 + 4}×1=\sqrt{5}$。
综上，答案依次为：$(1)$$\boldsymbol{\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1}$；$(2)$$\boldsymbol{\sqrt{5}}$。

变式训练 4. (2025·河南信阳模拟)已知椭圆 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的左右焦点分别为 $ F_{1},F_{2} $，椭圆 $ C $ 的短轴长为 $ 2\sqrt{2} $，离心率为 $ \frac{\sqrt{3}}{3} $。点 $ P(x_{0},y_{0}) $ 为椭圆 $ C $ 上的一个动点，直线 $ PF_{1} $ 与椭圆 $ C $ 的另一个交点为 $ A $，直线 $ PF_{2} $ 与椭圆 $ C $ 的另一个交点为 $ B $，设 $ \overrightarrow{PF_{1}} = \lambda_{1}\overrightarrow{F_{1}A},\overrightarrow{PF_{2}} = \lambda_{2}\overrightarrow{F_{2}B} $。
(1)求椭圆 $ C $ 的方程。
(2)证明：$ \lambda_{1}+\lambda_{2} $ 为定值。
(3)已知 $ y_{0} ＞ 0 $，用 $ x_{0},y_{0} $ 表示 $ \triangle PAB $ 的面积 $ S_{\triangle PAB} $，并求出 $ S_{\triangle PAB} $ 的最大值。

答案：
(1)$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$；
(2)4；
(3)$S=\frac{(9-x_0^2)y_0}{4-x_0^2}$，最大值$\frac{9\sqrt{2}}{4}$。