《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

变式1 （2025·济南三月模考节选）已知双曲线 $ C: \frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0, b ＞ 0) $ 的离心率为 $ \sqrt{2} $，$ O $ 为坐标原点，过 $ C $ 的右焦点的直线 $ l $ 交 $ C $ 的右支于 $ P $，$ Q $ 两点，当 $ l \perp x $ 轴时，$ |PQ| = 2\sqrt{2} $。
（1）求双曲线 $ C $ 的方程；
（2）过点 $ P $ 作直线 $ x = 1 $ 的垂线，垂足为 $ N $，证明：直线 $ QN $ 过定点。

答案：
（1）由题设$\frac{c}{a}=\sqrt{2}$且$a^{2}+b^{2}=c^{2}$，则$a = b$，$c=\sqrt{2}a$.由$l\perp x$轴时，$\vert PQ\vert = 2\sqrt{2}$，不妨令$P(\sqrt{2}a,\sqrt{2})$，代入双曲线得$\frac{2a^{2}}{a^{2}}-\frac{2}{b^{2}}=1$，所以$a^{2}=b^{2}=2$，则所求方程为$\frac{x^{2}}{2}-\frac{y^{2}}{2}=1$.
（2）设$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$，则$N(1,y_{1})$.由于直线$l$的斜率不为$0$，设$l:x = my + 2$，与双曲线联立并整理得$(m^{2}-1)y^{2}+4my + 2 = 0$，则$m^{2}-1\neq0$，$\Delta = 16m^{2}-8(m^{2}-1)=8m^{2}+8＞0$，所以$y_{1}+y_{2}=-\frac{4m}{m^{2}-1}$，$y_{1}y_{2}=\frac{2}{m^{2}-1}$，由$x_{2}\neq1$，得直线$QN:y=\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-1}(x - 1)+y_{1}$，根据双曲线的对称性，直线$QN$所过定点必在$x$轴上，令$y = 0$，则$\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-1}·(x - 1)+y_{1}=0$，得$x=\frac{y_{2}-y_{1}x_{2}}{y_{2}-y_{1}}$.因为$x_{2}=my_{2}+2$，所以$x=\frac{y_{2}-my_{2}^{2}-2y_{1}}{y_{2}-y_{1}}$，而$\frac{y_{1}+y_{2}}{y_{1}y_{2}}=-2m$，即$\frac{y_{1}+y_{2}}{-2}=my_{1}y_{2}$，则$x=\frac{y_{2}+\frac{y_{1}+y_{2}}{2}-2y_{1}}{y_{2}-y_{1}}=\frac{3}{2}$，所以直线$QN$过定点$M(\frac{3}{2},0)$.

例2 （2025·赣州一模）已知椭圆 $ E: \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0) $，其左顶点为 $ P $，上顶点为 $ Q $，直线 $ PQ $ 交直线 $ x = a $ 于 $ R $，且 $ |PR| = \sqrt{2}|OR| = 6\sqrt{2} $（其中 $ O $ 为坐标原点）。
（1）求椭圆 $ C $ 的标准方程。
（2）点 $ N $ 在 $ x $ 轴上，过点 $ N $ 作直线 $ l $ 与 $ E $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，问：是否存在定点 $ N $，使得 $ \frac{1}{|AN|^{2}} + \frac{1}{|BN|^{2}} $ 为定值？若存在，求出所有点 $ N $ 的坐标并且求出定值；若不存在，请说明理由。$N(-2,0)$或$N(2,0)$$\frac{1}{2}$
总结提炼
求定值问题常见的两种方法：
1. 从特殊入手，求出定值，再证明。
2. 直接推理、计算。

答案：
（1）由题意可知$P(-a,0)$，$Q(0,b)$，$R(a,2b)$，所以$\vert OR\vert=\sqrt{a^{2}+4b^{2}}=6$，$\vert PR\vert=\sqrt{4a^{2}+4b^{2}}=6\sqrt{2}$，则有$\begin{cases}a^{2}+4b^{2}=36\\4a^{2}+4b^{2}=72\end{cases}$，又因为$a＞0$，$b＞0$，解得$a = 2\sqrt{3}$，$b=\sqrt{6}$，所以椭圆方程为$\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{6}=1$.
（2）假设存在点$N(n,0)$，使得$\frac{1}{\vert AN\vert^{2}}+\frac{1}{\vert BN\vert^{2}}$为定值，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，当直线$AB$的斜率不为$0$时，设直线$AB:x = my + n$，联立$\begin{cases}x = my + n\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{6}=1\end{cases}$，整理得$(2 + m^{2})y^{2}+2mny + n^{2}-12 = 0$，则$\Delta = 4m^{2}n^{2}-4(2 + m^{2})(n^{2}-12)=48m^{2}-8n^{2}+96＞0$，即$n^{2}＜6m^{2}+12$，由根与系数的关系得$y_{1}+y_{2}=-\frac{2mn}{2 + m^{2}}$，$y_{1}y_{2}=\frac{n^{2}-12}{2 + m^{2}}$，故$\frac{1}{\vert AN\vert^{2}}+\frac{1}{\vert BN\vert^{2}}=\frac{1}{(x_{1}-n)^{2}+y_{1}^{2}}+\frac{1}{(x_{2}-n)^{2}+y_{2}^{2}}=\frac{1}{1 + m^{2}}(\frac{1}{y_{1}^{2}}+\frac{1}{y_{2}^{2}})=\frac{1}{1 + m^{2}}·\frac{(y_{1}+y_{2})^{2}-2y_{1}y_{2}}{y_{1}^{2}y_{2}^{2}}=\frac{1}{1 + m^{2}}·\frac{[\frac{(-2mn)^{2}}{(2 + m^{2})^{2}}-\frac{2(n^{2}-12)}{2 + m^{2}}]}{\frac{(n^{2}-12)^{2}}{(2 + m^{2})^{2}}}=\frac{1}{1 + m^{2}}·\frac{(2n^{2}+24)m^{2}-4n^{2}+48}{(n^{2}-12)^{2}}$.因为$\frac{1}{\vert AN\vert^{2}}+\frac{1}{\vert BN\vert^{2}}$为定值，所以$2n^{2}+24=-4n^{2}+48$，整理得$n^{2}=4$，解得$n=\pm2$，此时$\frac{1}{\vert AN\vert^{2}}+\frac{1}{\vert BN\vert^{2}}=\frac{-4×4 + 48}{(4 - 12)^{2}}=\frac{1}{2}$.当直线$AB$的斜率为$0$时，不妨设$A(-2\sqrt{3},0)$，$B(2\sqrt{3},0)$，$N(2,0)$，此时$\frac{1}{\vert AN\vert^{2}}+\frac{1}{\vert BN\vert^{2}}=\frac{1}{(-2\sqrt{3}-2)^{2}}+\frac{1}{(2\sqrt{3}-2)^{2}}=\frac{1}{2}$，符合题意，同理可证当点$N$的坐标为$N(-2,0)$时也符合题意，又$n^{2}=4＜12\leq6m^{2}+12$恒成立，所以存在点$N(-2,0)$或$N(2,0)$使得$\frac{1}{\vert AN\vert^{2}}+\frac{1}{\vert BN\vert^{2}}$的值为$\frac{1}{2}$(定值).