《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练 1. (2025·河南南阳模拟)已知椭圆 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$，直线 $ l_{1} $ 过椭圆 $ C $ 的两个顶点，且原点 $ O $ 到直线 $ l_{1} $ 的距离为 $\frac{2\sqrt{5}}{5}$.
(1)求椭圆 $ C $ 的标准方程；
(2)当过点 $ P(0,2) $ 的动直线 $ l $ 与椭圆 $ C $ 相交于两个不同点 $ A,B $ 时，求 $\frac{|PA|}{|PB|}$ 的取值范围.

答案： 变式训练1.解:
(1)因为$e = \frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$a^2 = b^2 + c^2$，所以$a = 2b$。
不妨设直线$l_1$的方程为$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$，即$\frac{x}{2b}+\frac{y}{b}=1$，即$x + 2y - 2b = 0$，所以原点$O$到直线$l_1$的距离为$d = \frac{2b}{\sqrt{5}}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$，解得$b = 1$，所以$a = 2$。
故椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^2}{4}+y^2 = 1$。
(2)设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$\overrightarrow{AP}=\lambda\overrightarrow{PB}(\lambda\neq - 1)$，即$(-x_1,2 - y_1)=\lambda(x_2,y_2 - 2)$，整理得$\begin{cases}x_1 = -\lambda x_2\\y_1 = 2-\lambda(y_2 - 2)\end{cases}$。
因为$\frac{x_1^2}{4}+y_1^2 = 1$，$\frac{x_2^2}{4}+y_2^2 = 1$，所以$\frac{(x_1 - \lambda x_2)(x_1 + \lambda x_2)}{4}+(y_1 - \lambda y_2)(y_1 + \lambda y_2)=1 - \lambda^2$，即$\frac{(y_1 - \lambda y_2)(2 + 2)}{1 + \lambda}=1 - \lambda$，所以$y_1 - \lambda y_2=\frac{1 - \lambda}{2}$。又$y_1 + \lambda y_2 = 2(1 + \lambda)$，得$y_1=\frac{3\lambda + 1}{2}$。
又$y_1\in[-1,1]$，故$\lambda\in[-3,\frac{1}{3}]$，且$\lambda\neq - 1$，所以$\frac{|PA|}{|PB|}=|\lambda|\in[\frac{1}{3},1)\cup(1,3]$。

变式训练 2. (2025·天津南开区二模)已知椭圆 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的左、右焦点分别是 $ F_{1},F_{2} $，$ M(1,\frac{3}{2}) $ 为 $ C $ 上一点，且在 $ \triangle F_{1}MF_{2} $ 中，$\tan\angle MF_{1}F_{2}=\frac{3}{4}$.
(1)求椭圆 $ C $ 的方程；
(2)过点 $ P(1,3) $ 的直线 $ l $ 与椭圆 $ C $ 交于 $ A,B $ 两点(点 $ A $ 在点 $ B $ 的上方)，线段 $ AB $ 上存在点 $ Q $，使得 $\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{|QA|}{|QB|}$，求 $ |QF_{1}| + |QF_{2}| $ 的最小值.

答案： 变式训练2.解:
(1)设$F_1(-c,0)$，$F_2(c,0)$，依题意得，$\tan\angle MF_1F_2=\frac{3}{c + 1}=\frac{3}{4}$，解得$c = 1$，从而$F_2(1,0)$，因此$MF_2\perp F_1F_2$，由勾股定理可得$|MF_1|=\frac{5}{2}$，所以$2a = |MF_1|+|MF_2|=\frac{5}{2}+ \frac{3}{2}=4$，可得$a = 2$，$b = \sqrt{3}$。所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。
(2)设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$Q(x_0,y_0)$。
方法一:设$\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{|QA|}{|QB|}=\lambda$，由题可知，点$Q$在线段$AB$上，点$P$不在线段$AB$上，所以$\overrightarrow{PA}=\lambda\overrightarrow{PB}$，$\overrightarrow{AQ}=\lambda\overrightarrow{QB}$，即$\begin{cases}x_1 - 1=\lambda(x_2 - 1)\\y_1 - 3=\lambda(y_2 - 3)\\x_0 - x_1=\lambda(x_2 - x_0)\\y_0 - y_1=\lambda(y_2 - y_0)\end{cases}$，整理得$\begin{cases}x_1-\lambda x_2 = 1 - \lambda\\x_1+\lambda x_2 = x_0(1 + \lambda)\\y_1-\lambda y_2 = 3(1 - \lambda)\\y_1+\lambda y_2 = y_0(1 + \lambda)\end{cases}$。
则$\frac{x_1^2-\lambda^2x_2^2}{4}+\frac{y_1^2-\lambda^2y_2^2}{3}=(1 - \lambda^2)\left(\frac{x_0}{4}+\frac{y_0}{3}\right)$，即$1 - \lambda^2=(1 - \lambda^2)\left(\frac{x_0}{4}+\frac{y_0}{3}\right)$，又$\lambda\neq\pm1$，所以$\frac{x_0}{4}+\frac{y_0}{3}=1$，即$x_0 + 4y_0 - 4 = 0$，所以点$Q$在直线$x + 4y - 4 = 0$（在椭圆$C$内部）上。
设点$F_2(1,0)$关于直线$x + 4y - 4 = 0$的对称点为$F_2'(x_3,y_3)$，则$\begin{cases}\frac{y_3 - 0}{x_3 - 1}·\left(-\frac{1}{4}\right)= - 1\frac{x_3 + 1}{2}+4×\frac{y_3}{2}-4 = 0\end{cases}$，解得$F_2'\left(\frac{23}{17},\frac{24}{17}\right)$，所以$|QF_1|+|QF_2|\geq|F_1F_2'|=\sqrt{\left(\frac{23}{17}+1\right)^2+\left(\frac{24}{17}\right)^2}=\frac{8\sqrt{34}}{17}$，此时点$Q\left(\frac{8}{17},\frac{15}{17}\right)$在椭圆$C$内，符合题意，所以$|QF_1|+|QF_2|$的最小值为$\frac{8\sqrt{34}}{17}$。
方法二:当直线$AB$的斜率存在时，$\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{|QA|}{|QB|}=\frac{1 - x_1}{1 - x_2}=\frac{x_1 - x_0}{x_0 - x_2}$，由$\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{|QA|}{|QB|}$，可得$\frac{1 - x_1}{1 - x_2}=\frac{x_1 - x_0}{x_0 - x_2}$，解得$x_0=\frac{x_1 + x_2 - 2x_1x_2}{2-(x_1 + x_2)}$。
设直线$AB:y - 3 = k(x - 1)$，联立$\begin{cases}y - 3 = k(x - 1)\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{cases}$，整理可得$(4k^2 + 3)x^2-(8k^2 - 24k)x + 4k^2 - 24k + 24 = 0$，由$\Delta=[-(8k^2 - 24k)]^2-4(4k^2 + 3)·(4k^2 - 24k + 24)＞0$，整理可得$k^2 + 2k - 2＞0$，解得$k＞-1+\sqrt{3}$或$k＜-1-\sqrt{3}$，且$x_1 + x_2=\frac{8k^2 - 24k}{3 + 4k^2}$，$x_1x_2=\frac{4k^2 - 24k + 24}{3 + 4k^2}$，代入解得$x_0=\frac{4k - 8}{4k + 1}$，代入直线$AB$的方程得$y_0 = k(x_0 - 1)+3=k\left(\frac{4k - 8}{4k + 1}-1\right)+3=\frac{3k + 3}{4k + 1}$，可得$x_0 + 4y_0 - 4 = 0$。
当直线$AB$的斜率不存在时，直线$AB:x = 1$，则$A\left(1,\frac{3}{2}\right)$，$B\left(1,-\frac{3}{2}\right)$，$\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{1}{3}$，由$\frac{|PA|}{|PB|}=\frac{|QA|}{|QB|}$，得$Q\left(1,\frac{3}{4}\right)$，也满足方程$x_0 + 4y_0 - 4 = 0$，所以点$Q$在直线$x + 4y - 4 = 0$（在椭圆$C$内部）上。
设点$F_2(1,0)$关于直线$x + 4y - 4 = 0$的对称点为$F_2'(x_3,y_3)$，则$\begin{cases}\frac{y_3 - 0}{x_3 - 1}·\left(-\frac{1}{4}\right)= - 1\frac{x_3 + 1}{2}+4×\frac{y_3}{2}-4 = 0\end{cases}$，解得$F_2'\left(\frac{23}{17},\frac{24}{17}\right)$，所以$|QF_1|+|QF_2|\geq|F_1F_2'|=\sqrt{\left(\frac{23}{17}+1\right)^2+\left(\frac{24}{17}\right)^2}=\frac{8\sqrt{34}}{17}$，此时点$Q\left(\frac{8}{17},\frac{15}{17}\right)$在椭圆$C$内，符合题意，所以$|QF_1|+|QF_2|$的最小值为$\frac{8\sqrt{34}}{17}$。