《2026年学易优高考二轮总复习数学》

(2025·湖南娄底模拟预测)已知双曲线 $ E:\frac{x^{2}}{a^{2}}-y^{2}=1(a＞0) $ 过点 $ M(2,1) $，$ MP,MQ $ 分别为圆 $ C:(x-2)^{2}+y^{2}=r^{2}(0＜r＜\frac{\sqrt{3}}{3}) $ 的两条切线，且分别交双曲线 $ E $ 于点 $ P,Q $。
(1) 证明：直线 $ PQ $ 的斜率为定值；
(2) 当 $ \angle PMQ=\frac{\pi}{3} $ 时，求 $ \triangle PMQ $ 的面积。

答案： 训练3　
(1)证明：将点$M(2,1)$代入双曲线$E$的方程得$\frac{4}{a^{2}}-1=1$，解得$a^{2}=2$，所以双曲线$E$的方程为$\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$。设$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$，切线$MP$的方程为$y-1=k_{1}(x-2)$，由圆心$C(2,0)$到切线的距离等于半径$r$，得$\frac{\vert k_{1}(2-2)-0+1\vert}{\sqrt{k_{1}^{2}+1}}=r$，即$1=r^{2}(k_{1}^{2}+1)$，整理得$k_{1}^{2}=\frac{1-r^{2}}{r^{2}}$，同理$k_{2}^{2}=\frac{1-r^{2}}{r^{2}}$，所以$k_{1}+k_{2}=0$，即$k_{2}=-k_{1}$。联立$\begin{cases}y=k_{1}x-2k_{1}+1\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1\end{cases}$，得$(1-2k_{1}^{2})x^{2}+4k_{1}(2k_{1}-1)x-2(2k_{1}-1)^{2}-2=0$，因为$x=2$是方程的一个根，所以$x_{1}=\frac{4k_{1}^{2}-4k_{1}-2}{1-2k_{1}^{2}}$，同理$x_{2}=\frac{4k_{1}^{2}+4k_{1}-2}{1-2k_{1}^{2}}$，所以$k_{PQ}=\frac{y_{2}-y_{1}}{x_{2}-x_{1}}=\frac{-k_{1}x_{2}+2k_{1}+1-(k_{1}x_{1}-2k_{1}+1)}{x_{2}-x_{1}}=\frac{-k_{1}(x_{1}+x_{2})+4k_{1}}{x_{2}-x_{1}}=2$，所以直线$PQ$的斜率为定值2。
(2)当$\angle PMQ=\frac{\pi}{3}$时，$\vert MP\vert=\vert MQ\vert=\frac{1}{\sin\frac{\pi}{6}}=2$，所以$\triangle PMQ$是等边三角形，面积$S=\frac{\sqrt{3}}{4}×2^{2}=\sqrt{3}$。

已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的离心率为$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，下顶点为$A$，右顶点为$B$，$|AB|=\sqrt{10}$.
(1)求$C$的方程；
(2)已知动点$P$不在$y$轴上，点$R$在射线$AP$上，且满足$|AP|·|AR| = 3$.
(ⅰ)设$P(m,n)$，求$R$的坐标（用$m,n$表示）；
(ⅱ)设$O$为坐标原点，$Q$是$C$上的动点，直线$OR$的斜率是直线$OP$的斜率的$3$倍，求$|PQ|$的最大值.

答案：
(1)由题意知$\frac{c}{a}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，所以$\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{8}{9}$。
设$a^{2}=9t,t＞0$，则$c^{2}=8t$，所以$b^{2}=t$。
又$|AB|^{2}=a^{2}+b^{2}=10t = 10$，
所以$t = 1$，所以$C$的方程为$\frac{x^{2}}{9}+y^{2}=1$。
(2)(ⅰ)设$R(x,y)$，由
(1)知$A(0,−1)$，又$P(m,n)$，
所以$\overrightarrow{AP}·\overrightarrow{AR}=(m,n + 1)·(x,y + 1)=mx+(n + 1)(y + 1)=\vert AP\vert·\vert AR\vert·\cos0 = 3$。①
由$k_{AP}=k_{AR}$，得$\frac{n + 1}{m}=\frac{y + 1}{x}$，②
由①②得$x=\frac{3m}{m^{2}+(n + 1)^{2}}$，$y=\frac{n + 2 - m^{2}-n^{2}}{m^{2}+(n + 1)^{2}}$，
故$R(\frac{3m}{m^{2}+(n + 1)^{2}},\frac{n + 2 - m^{2}-n^{2}}{m^{2}+(n + 1)^{2}})$。
(ⅱ)由(ⅰ)得$k_{OR}=\frac{n + 2 - m^{2}-n^{2}}{3m}=3k_{OP}=\frac{3n}{m}$，得$m^{2}+n^{2}+8n - 2 = 0$，
即$m^{2}+(n + 4)^{2}=18$。
由题设$Q(3\cos\theta,\sin\theta)$，$K(0,−4)$，
则$|KQ|^{2}=(3\cos\theta)^{2}+(\sin\theta + 4)^{2}=-8\sin^{2}\theta+8\sin\theta + 25$，设$s = \sin\theta$，则$|KQ|^{2}=-8s^{2}+8s + 25=-8(s-\frac{1}{2})^{2}+27(-1\leqslant s\leqslant1)$，
故当$s = \sin\theta=\frac{1}{2}$时，$|KQ|$取得最大值，
且$|KQ|_{\max}=3\sqrt{3}$，
故$|PQ|$的最大值为$|KQ|_{\max}+3\sqrt{2}=3(\sqrt{3}+\sqrt{2})$。