《2025年学霸高考黑题数学人教版》

典型例题 2. (2025·山东潍坊模拟)已知椭圆 $ C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的左右顶点分别为 $ A_{1},A_{2} $，右焦点为 $ F $，$|A_{1}F| = 2 + \sqrt{3}$，短轴长为 $ 2 $.
(1)求 $ C $ 的方程.
(2)斜率不为 $ 0 $ 的直线 $ l $ 交 $ C $ 于 $ M,N $ 两点，$ A_{1}M,A_{2}N $ 的斜率分别记为 $ k_{1},k_{2} $，且 $ 2k_{1} = k_{2} $.
(ⅰ)当 $ C $ 的上顶点 $ B $ 到 $ l $ 的距离最大时，求 $ l $ 的方程；
(ⅱ)若直线 $ A_{1}M $ 和 $ A_{2}N $ 交于点 $ T $，记 $ \triangle TMN $ 的面积为 $ S_{1} $，$ \triangle TA_{1}A_{2} $ 的面积为 $ S_{2} $，求出 $\frac{S_{1}}{S_{2}}$ 的取值范围.

答案： 典型例题2.解:
(1)设椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的半焦距为$c$，因为$|A_1F|=2+\sqrt{3}$，所以$a + c = 2+\sqrt{3}$。因为椭圆$C$的短轴长为$2$，所以$2b = 2$，又$a^2 = b^2 + c^2$，故$(a + c)(a - c)=1$，所以$a - c = 2-\sqrt{3}$，所以$a = 2$，$b = 1$，$c = \sqrt{3}$，所以椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^2}{4}+y^2 = 1$。
(2)(i)因为直线$l$的斜率不为$0$，故可设其方程为$x = my + t$，联立$\begin{cases}x = my + t\frac{x^2}{4}+y^2 = 1\end{cases}$，整理可得$(m^2 + 4)y^2+2mty + t^2 - 4 = 0$，方程$(m^2 + 4)y^2+2mty + t^2 - 4 = 0$的判别式$\Delta = 4m^2t^2-4(m^2 + 4)(t^2 - 4)=16m^2 - 16t^2 + 64＞0$。
设$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，则$y_1$，$y_2$为方程$(m^2 + 4)y^2+2mty + t^2 - 4 = 0$的两根，所以$y_1 + y_2=\frac{-2mt}{m^2 + 4}$，$y_1y_2=\frac{t^2 - 4}{m^2 + 4}$。由
(1)可知，$A_1(-2,0)$，$A_2(2,0)$，所以$k_1=\frac{y_1}{x_1 + 2}$，$k_2=\frac{y_2}{x_2 - 2}$。因为$2k_1 = k_2$，所以$2·\frac{y_1}{x_1 + 2}=\frac{y_2}{x_2 - 2}$，又$\frac{x_1^2}{4}+y_1^2 = 1$，所以$4y_1^2 = 4 - x_1^2=(2 + x_1)(2 - x_1)$。
由题意可知$M$与$A_1$不重合，所以$\frac{2y_1}{x_1 + 2}=\frac{2 - x_1}{2y_1}$，所以$\frac{y_2}{x_2 - 2}=\frac{2 - x_1}{2y_1}$，所以$-2y_1y_2=(x_2 - 2)(x_1 - 2)$，所以$-2y_1y_2=x_1x_2 - 2(x_1 + x_2)+4$。
又$x_1 + x_2 = my_1 + t+my_2 + t=m(y_1 + y_2)+2t=-\frac{2m^2t}{m^2 + 4}+2t=\frac{8t}{m^2 + 4}$，$x_1x_2=(my_1 + t)(my_2 + t)=m^2y_1y_2+mt(y_1 + y_2)+t^2=\frac{m^2(t^2 - 4)}{m^2 + 4}-\frac{2m^2t^2}{m^2 + 4}+t^2=\frac{4t^2 - 4m^2}{m^2 + 4}$，所以$-2×\frac{t^2 - 4}{m^2 + 4}=\frac{4t^2 - 4m^2}{m^2 + 4}-2×\frac{8t}{m^2 + 4}+4$，所以$-2t^2 + 8 = 4t^2 - 4m^2 - 16t+4(m^2 + 4)$，所以$3t^2 - 8t + 4 = 0$，即$(3t - 2)(t - 2)=0$，所以$t=\frac{2}{3}$或$t = 2$（舍去），所以直线$l$的方程为$x = my+\frac{2}{3}$，即直线$l$过定点$Q\left(\frac{2}{3},0\right)$，当$BQ\perp l$时，点$B(0,1)$到直线$l$的距离最大，此时$k_{BQ}=\frac{1 - 0}{0-\frac{2}{3}}=-\frac{3}{2}$，所以直线$l$的斜率为$\frac{2}{3}$，所以$m=\frac{3}{2}$，故直线$l$的方程为$x=\frac{3}{2}y+\frac{2}{3}$，即$6x - 9y - 4 = 0$。
(ii)方法一:设$T(x_0,y_0)$，$\overrightarrow{TM}=\lambda\overrightarrow{TA_1}$，$\overrightarrow{TN}=\mu\overrightarrow{TA_2}$，则$\frac{y_0}{x_0 + 2}=\frac{\lambda y_0}{x_0 - 6}$，解得$x_0 = 6$。
由$\overrightarrow{TM}=\lambda\overrightarrow{TA_1}$得$\begin{cases}x_1 - 6=\lambda(-2 - 6)\\y_1 - y_0=\lambda(-y_0)\end{cases}$，整理得$\begin{cases}x_1 = 6 - 8\lambda\\y_1=(1 - \lambda)y_0\end{cases}$，代入椭圆方程得$\frac{(6 - 8\lambda)^2}{4}+(1 - \lambda)^2y_0^2 = 1$，整理得$(3 - 4\lambda)^2+(1 - \lambda)^2y_0^2 = 1$，即$(1 - \lambda)^2y_0^2 = 1-(3 - 4\lambda)^2=(4 - 4\lambda)(4\lambda - 2)$，即$y_0^2=\frac{8(2\lambda - 1)}{1 - \lambda}$。
由$\overrightarrow{TN}=\mu\overrightarrow{TA_2}$得$\begin{cases}x_2 - 6=\mu(2 - 6)\\y_2 - y_0=\mu(-y_0)\end{cases}$，整理得$\begin{cases}x_2 = 6 - 4\mu\\y_2=(1 - \mu)y_0\end{cases}$，代入椭圆方程得$\frac{(6 - 4\mu)^2}{4}+(1 - \mu)^2y_0^2 = 1$，整理得$(3 - 2\mu)^2+(1 - \mu)^2y_0^2 = 1$，即$(1 - \mu)^2y_0^2 = 1-(3 - 2\mu)^2=(4 - 2\mu)(2\mu - 2)$，即$y_0^2=\frac{4(\mu - 2)}{1 - \mu}$。
由上述两式得$\frac{8(2\lambda - 1)}{1 - \lambda}=\frac{4(\mu - 2)}{1 - \mu}$，整理得$\mu=\frac{2\lambda}{3\lambda - 1}$。
$\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}|TM|·|TN|·\sin\angle MTN}{\frac{1}{2}|TA_1|·|TA_2|·\sin\angle A_1TA_2}=|\lambda\mu|=\left|\frac{2\lambda^2}{3\lambda - 1}\right|$，$\lambda\in\left(\frac{1}{2},1\right)$，令$t = 3\lambda - 1\in\left(\frac{1}{2},2\right)$，则$\lambda=\frac{t + 1}{3}$，所以$\frac{2\lambda^2}{3\lambda - 1}=\frac{2}{9}·\frac{(t + 1)^2}{t}=\frac{2}{9}\left(t+\frac{1}{t}+2\right)$。
记$f(t)=\frac{2}{9}\left(t+\frac{1}{t}+2\right)$，则$f'(t)=\frac{2}{9}\left(1-\frac{1}{t^2}\right)$，所以$f(t)$在$\left(\frac{1}{2},1\right]$上单调递减，在$(1,2)$上单调递增，所以$f(t)\in\left[\frac{8}{9},1\right)$，即$\frac{S_1}{S_2}$的取值范围为$\left[\frac{8}{9},1\right)$。
方法二:设直线$A_1M$的方程为$y = k_1(x + 2)$，直线$A_2N$的方程为$y = 2k_1(x - 2)$，联立可得交点$T$的横坐标为$6$，所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}|TM|·|TN|·\sin\angle MTN}{\frac{1}{2}|TA_1|·|TA_2|·\sin\angle A_1TA_2}=\frac{|TM|·|TN|}{|TA_1|·|TA_2|}=\frac{\sqrt{1 + k_1^2}(6 - x_1)·\sqrt{1 + k_1^2}(6 - x_2)}{\sqrt{1 + k_1^2}(6 + 2)·\sqrt{1 + k_1^2}(6 - 2)}=\frac{36 - 6(x_1 + x_2)+x_1x_2}{32}$。
由(i)可知，$x_1 + x_2=\frac{8t}{m^2 + 4}$，$x_1x_2=\frac{4t^2 - 4m^2}{m^2 + 4}$，所以$\frac{S_1}{S_2}=\frac{9}{8}-\frac{1}{8}\left(1+\frac{32}{9m^2 + 36}\right)=1-\frac{4}{9m^2 + 36}$，所以当$m = 0$时，$\frac{S_1}{S_2}$取最小值，最小值为$\frac{8}{9}$，又$\frac{S_1}{S_2}\lt1$，所以$\frac{S_1}{S_2}$的取值范围为$\left[\frac{8}{9},1\right)$。

变式训练 3. (2025·湖南长沙一模)已知等轴双曲线 $ C:y^{2}-x^{2} = a^{2} $，过 $ E(0,-2) $ 作斜率为 $ k $ 的直线 $ l $，与双曲线 $ C $ 分别交于 $ A,B $ 两点，当 $ k = 0 $ 时，$|AB| = 2\sqrt{3}$.
(1)求双曲线 $ C $ 的方程.
(2)若 $ l $ 与双曲线 $ C $ 的上、下两支相交，点 $ D(0,2) $，直线 $ AD,BD $ 分别与双曲线 $ C $ 的上支交于 $ M,N $ 两点.
(ⅰ)求直线 $ l $ 的斜率 $ k $ 的取值范围；
(ⅱ)设 $ \triangle DMN $ 和 $ \triangle DAB $ 的面积分别为 $ S_{1},S_{2} $，且 $ S_{1} = \frac{9}{71}S_{2} $，求直线 $ AB $ 的方程.

答案：
变式训练3.解:
(1)当$k = 0$时，此时直线$l$的方程为$y = - 2$，代入双曲线方程可得$x^2 = 4 - a^2$，从而$x=\pm\sqrt{4 - a^2}$，因此$|AB|=2\sqrt{4 - a^2}=2\sqrt{3}$，解得$a^2 = 1$，故双曲线方程为$y^2 - x^2 = 1$。
(2)(i)依题意可知，直线$l$的斜率存在，设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，如图，不妨设与双曲线$C$的上支交于点$B$，直线$AB:y = kx - 2$（此处原答案中“$y = kx - 2$”应为“$y = kx - 2$”，结合上下文及后续计算确认无误），联立$\begin{cases}y = kx - 2\\y^2 - x^2 = 1\end{cases}$，得$(k^2 - 1)x^2-4kx + 3 = 0$，则$x_1 + x_2=\frac{4k}{k^2 - 1}$，$x_1x_2=\frac{3}{k^2 - 1}$，$\Delta = 16k^2-12(k^2 - 1)=4(k^2 + 3)＞0$。
直线$l$与双曲线$C$的上、下两支分别交于$B$，$A$两点，故$x_1x_2=\frac{3}{k^2 - 1}＞0$，即$k^2＞1$。
直线$BD$与双曲线上支交于两点，因此$k_{BD}^2\lt1$，即$\left(\frac{y_2 - 2}{x_2}\right)^2\lt1$，即$y_2^2 - 4y_2 + 4\lt x_2^2 = y_2^2 - 1$，即$y_2＞\frac{5}{4}$，因此$k^2=\left(\frac{y_2 + 2}{x_2}\right)^2=\frac{y_2^2 + 4y_2 + 4}{y_2^2 - 1}=1+\frac{4y_2 + 5}{y_2^2 - 1}\lt1+\frac{4×\frac{13}{4}+5}{\left(\frac{13}{4}\right)^2 - 1}=\frac{169}{9}$，故$1\lt k^2\lt\frac{169}{9}$，即斜率$k$的取值范围是$\left(-\frac{13}{3},-1\right)\cup\left(1,\frac{13}{3}\right)$。
　　　　　　
(ii)方法一:设$M(x_3,y_3)$，$N(x_4,y_4)$，$\overrightarrow{DM}=\lambda\overrightarrow{DA}$，$\overrightarrow{DN}=\mu\overrightarrow{DB}$，由$M$，$N$均在双曲线上支上可知$\lambda\mu\lt0$，又$\frac{S_1}{S_2}=\frac{\frac{1}{2}|DM|·|DN|·\sin\angle MDN}{\frac{1}{2}|DA|·|DB|·\sin\angle ADB}=|\lambda\mu|$，所以$\lambda\mu=-\frac{9}{71}$。
由$\overrightarrow{DM}=\lambda\overrightarrow{DA}$得$\begin{cases}x_3 - 2=\lambda(x_1 - 2)\\y_3 - 2=\lambda(y_1 - 2)\end{cases}$，整理得$\begin{cases}x_3=\lambda x_1+2(1 - \lambda)\\y_3=\lambda y_1+2(1 - \lambda)\end{cases}$，代入双曲线方程得$[\lambda y_1 + 2(1 - \lambda)]^2-\lambda^2x_1^2 = 1$，化简得$4\lambda(1 - \lambda)y_1+4(1 - \lambda)^2 = 1 - \lambda^2$，又$\lambda\neq1$，所以$4\lambda y_1+4(1 - \lambda)=1 + \lambda$，解得$y_1=\frac{5\lambda - 3}{4\lambda}$；
由$\overrightarrow{DN}=\mu\overrightarrow{DB}$得$\begin{cases}x_4 - 2=\mu(x_2 - 2)\\y_4 - 2=\mu(y_2 - 2)\end{cases}$，整理得$\begin{cases}x_4=\mu x_2+2(1 - \mu)\\y_4=\mu y_2+2(1 - \mu)\end{cases}$，代入双曲线方程得$[\mu y_2 + 2(1 - \mu)]^2-\mu^2x_2^2 = 1$，化简得$4\mu(1 - \mu)y_2+4(1 - \mu)^2 = 1 - \mu^2$，又$\mu\neq1$，所以$4\mu y_2+4(1 - \mu)=1 + \mu$，解得$y_2=\frac{5\mu - 3}{4\mu}$。
所以$y_1 + y_2=\frac{5\lambda - 3}{4\lambda}+\frac{5\mu - 3}{4\mu}=\frac{355(\lambda + \mu)}{48}+\frac{23}{8}$，$y_1y_2=\frac{(5\lambda - 3)(5\mu - 3)}{16\lambda\mu}$。
由(i)可知$x_1 + x_2=\frac{4k}{k^2 - 1}$，$x_1x_2=\frac{3}{k^2 - 1}$，则$y_1 + y_2=k(x_1 + x_2)-4=\frac{4}{k^2 - 1}$，$y_1y_2=k^2x_1x_2-2k(x_1 + x_2)+4=\frac{-k^2 - 4}{k^2 - 1}$，所以$\begin{cases}\frac{355(\lambda + \mu)}{48}+\frac{23}{8}=\frac{4}{k^2 - 1}\frac{(5\lambda - 3)(5\mu - 3)}{16\lambda\mu}=\frac{-k^2 - 4}{k^2 - 1}\end{cases}$，解得$k^2 = 3$，所以$k=\pm\sqrt{3}$，从而直线$AB$的方程为$y=\sqrt{3}x - 2$或$y = -\sqrt{3}x - 2$。
方法二:设直线$AD:y = k_1x + 2$，其中$k_1=\frac{y_1 - 2}{x_1}$，联立$\begin{cases}y = k_1x + 2\\y^2 - x^2 = 1\end{cases}$，得$(k_1^2 - 1)x^2+4k_1x + 3 = 0$，则$x_Mx_1=\frac{3}{k_1^2 - 1}=\frac{3x_1^2}{y_1^2 - 4y_1 + 4 - x_1^2}=\frac{3x_1^2}{-4y_1 + 5}=\frac{3x_1}{-4k_1x_1 + 13}$，同理$x_N=\frac{3x_2}{-4k_1x_2 + 13}$，则$\frac{S_1}{S_2}=\left|\frac{DM· DN}{DA· DB}\right|=\frac{x_M}{x_1}·\frac{x_N}{x_2}=\frac{9}{16k_1^2x_1x_2-52k_1(x_1 + x_2)+169}$。
由(i)可知，$x_1 + x_2=\frac{4k}{k^2 - 1}$，$x_1x_2=\frac{3}{k^2 - 1}$，则$\frac{S_1}{S_2}=\frac{9}{16k^2x_1x_2-52k(x_1 + x_2)+169}=\frac{9(k^2 - 1)}{169 - 9k^2}=\frac{9}{71}$，即$71k^2 - 71 = 169 - 9k^2$，得$80k^2 = 240$，故$k^2 = 3$，解得$k=\pm\sqrt{3}$，从而直线$AB$的方程为$y=\sqrt{3}x - 2$或$y = -\sqrt{3}x - 2$。