《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 2 （2025·滁州二模节选）已知双曲线 $ E:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0) $ 的右焦点为 $ F(c,0) $，点 $ C $ 在双曲线 $ E $ 的右支上，且 $ |FC| $ 的最小值为 $ 1 $，$ E $ 的渐近线为 $ y = \pm \sqrt{3}x $.
（1）求双曲线 $ E $ 的方程；
（2）若点 $ C $ 在 $ x $ 轴上方，且 $ CF \perp x $ 轴，过点 $ T(\frac{1}{2},0) $ 的直线 $ l $ 与双曲线 $ E $ 交于 $ A,B $ 两点，求证：直线 $ CA $ 和 $ CB $ 的斜率之和为定值.

答案：
(1) 由题意知$c - a = 1$，$\frac{b}{a} = \sqrt{3}$，结合$c^{2} = a^{2} + b^{2}$，解得$a = 1$，$b = \sqrt{3}$，所以双曲线E的方程为$x^{2} - \frac{y^{2}}{3} = 1$。
(2) 由题意知$C(2,3)$。显然直线$l$的斜率存在，设直线$l$的方程为$y = k(x - \frac{1}{2})$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$。由$\begin{cases} y = k(x - \frac{1}{2}) \\ x^{2} - \frac{y^{2}}{3} = 1 \end{cases}$得$(12 - 4k^{2})x^{2} + 4k^{2}x - k^{2} - 12 = 0$。由$12 - 4k^{2} \neq 0$，$\Delta ＞ 0$，得$k^{2} ＜ 4$且$k^{2} \neq 3$，$x_{1} + x_{2} = \frac{4k^{2}}{4k^{2} - 12}$，$x_{1}x_{2} = \frac{k^{2} + 12}{4k^{2} - 12}$，所以$k_{CA} + k_{CB} = \frac{kx_{1} - \frac{1}{2}k - 3}{x_{1} - 2} + \frac{kx_{2} - \frac{1}{2}k - 3}{x_{2} - 2} = \frac{2kx_{1}x_{2} - (\frac{5}{2}k + 3)(x_{1} + x_{2}) + 2k + 12}{x_{1}x_{2} - 2(x_{1} + x_{2}) + 4} = \frac{36k^{2} - 144}{9(k^{2} - 4)} = 4$。故直线CA和CB的斜率之和为定值4。

例 3 （2025·赣州期末）在以 $ O $ 为原点的平面直角坐标系中，过点 $ P(0,3) $ 且斜率存在的直线 $ l $ 与椭圆 $ C:\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{4} = 1 $ 交于 $ A,B $ 两点，设 $ AB $ 的中点为 $ Q $.
（1）求直线 $ l $ 与 $ OQ $ 的斜率之积；
（2）求 $ \triangle OAB $ 面积的最大值.

答案：

(1) 由题可设直线$l$的方程为$y = kx + 3$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$。联立$\begin{cases} \frac{x^{2}}{12} + \frac{y^{2}}{4} = 1 \\ y = kx + 3 \end{cases}$消去$y$，得$(1 + 3k^{2})x^{2} + 18kx + 15 = 0$，则$\Delta = 4(36k^{2} - 15) ＞ 0$，即$k^{2} ＞ \frac{5}{12}$，$x_{1} + x_{2} = \frac{- 18k}{1 + 3k^{2}}$，$x_{1}x_{2} = \frac{15}{1 + 3k^{2}}$，所以$\frac{x_{1} + x_{2}}{2} = \frac{- 9k}{1 + 3k^{2}}$，$\frac{y_{1} + y_{2}}{2} = k × \frac{x_{1} + x_{2}}{2} + 3 = \frac{3}{1 + 3k^{2}}$，即$Q(\frac{- 9k}{1 + 3k^{2}},\frac{3}{1 + 3k^{2}})$，可得$k_{OQ} = - \frac{1}{3k}$，所以$k · k_{OQ} = - \frac{1}{3}$。
(2) 如图，由
(1)可知$\vert AB \vert = \sqrt{1 + k^{2}} · \vert x_{1} - x_{2} \vert = \sqrt{(1 + k^{2})[(x_{1} + x_{2})^{2} - 4x_{1}x_{2}]} = \frac{2\sqrt{1 + k^{2}} · \sqrt{36k^{2} - 15}}{3k^{2} + 1}$。又点$O$到直线$l$的距离$d = \frac{3}{\sqrt{1 + k^{2}}}$，所以$S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2}d · \vert AB \vert = \frac{3\sqrt{36k^{2} - 15}}{3k^{2} + 1}$。设$\sqrt{36k^{2} - 15} = t$，则$S_{\triangle OAB} = \frac{3t}{\frac{t^{2}}{12} + \frac{9}{4}} = \frac{36}{t + \frac{27}{t}}$，因为$t ＞ 0$，所以$t + \frac{27}{t} \geqslant 2\sqrt{t × \frac{27}{t}} = 6\sqrt{3}$，从而$S_{\triangle OAB} = \frac{36}{t + \frac{27}{t}} \leqslant \frac{36}{6\sqrt{3}} = 2\sqrt{3}$，当且仅当$t = 3\sqrt{3}$，即$k = \pm \frac{\sqrt{42}}{6}$时等号成立，所以$\triangle OAB$的面积最大值为$2\sqrt{3}$。