《2026年学易优高考二轮总复习数学》

已知椭圆$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$，$F_{1}$，$F_{2}$分别为椭圆的左、右焦点，过椭圆右焦点$F_{2}$的直线$l$与椭圆交于$A$，$B$两点，求$|AB|$的范围.

答案：
因为椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$，
所以$F_{1}(-1,0)$，$F_{2}(1,0)$。
当直线$l$的斜率为$0$时，$|AB|=2a = 4$。
当直线$l$的斜率不为$0$时，设直线$l$的方程为$x = my + 1$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$。
联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\\x = my + 1\end{cases}$消去$x$，
得$(3m^{2}+4)y^{2}+6my - 9 = 0$。
易得$\Delta=(6m)^{2}+36(3m^{2}+4)＞0$，
则$y_{1}+y_{2}=\frac{-6m}{3m^{2}+4}$，$y_{1}y_{2}=\frac{-9}{3m^{2}+4}$。
所以$|AB|=\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}+(y_{2}-y_{1})^{2}}$
$=\sqrt{1 + m^{2}}\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}$
$=\sqrt{1 + m^{2}}\sqrt{(\frac{-6m}{3m^{2}+4})^{2}-4(\frac{-9}{3m^{2}+4})}$
$=\frac{12m^{2}+12}{3m^{2}+4}=4-\frac{4}{3m^{2}+4}$。
因为$m^{2}\geqslant0$，所以$3m^{2}+4\geqslant4$，
所以$0＜\frac{4}{3m^{2}+4}\leqslant1$，所以$3\leqslant|AB|＜4$。
综上，$3\leqslant|AB|\leqslant4$，即$|AB|$的取值范围是$[3,4]$。

已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$的渐近线方程为$y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}x$，且其焦距为$2\sqrt{3}$.
(1)求双曲线$C$的方程；
(2)若直线$l:y = kx + t(kt\neq0)$与双曲线$C$交于不同的两点$P$，$Q$，且在由点$P$，$Q$与$M(0,1)$构成的三角形中，$\angle MPQ=\angle MQP$，求实数$t$的取值范围.

答案：

(1)
∵渐近线方程为$y=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}x$，
∴$a^{2}=2b^{2}$。
又
∵$a^{2}+b^{2}=c^{2}=3$，
∴$a=\sqrt{2}$，$b = 1$。
∴双曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1$。
(2)
∵直线$l$与双曲线$C$交于不同的两点$P$，$Q$，
由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{2}-y^{2}=1\\y = kx + t\end{cases}$，得$(1 - 2k^{2})x^{2}-4ktx - 2t^{2}-2 = 0$。
$\therefore\Delta=16k^{2}t^{2}-4(1 - 2k^{2})(-2t^{2}-2)=16k^{2}t^{2}+8(1 - 2k^{2})(t^{2}+1)＞0$，且$1 - 2k^{2}\neq0$，
$\therefore t^{2}+1＞2k^{2}$，且$k\neq\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$。
设$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{4kt}{1 - 2k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{-2t^{2}-2}{1 - 2k^{2}}$。
$\therefore y_{1}+y_{2}=kx_{1}+t+kx_{2}+t=\frac{4k^{2}t}{1 - 2k^{2}}+2t=\frac{2t}{1 - 2k^{2}}$。
$\therefore$线段$PQ$的中点坐标为$(\frac{2kt}{1 - 2k^{2}},\frac{t}{1 - 2k^{2}})$。
$\therefore$线段$PQ$的垂直平分线的方程为$y-\frac{t}{1 - 2k^{2}}=-\frac{1}{k}(x-\frac{2kt}{1 - 2k^{2}})$，即$y=-\frac{1}{k}x+\frac{3t}{1 - 2k^{2}}$。
又在由点$P$，$Q$与$M(0,1)$构成的三角形中，$\angle MPQ=\angle MQP$，
$\therefore$点$M$不在直线$PQ$上，而是在线段$PQ$的垂直平分线上。
$\therefore1\neq t$，$1=\frac{3t}{1 - 2k^{2}}$，$\therefore1 - 2k^{2}=3t$。
又$t^{2}+1＞2k^{2}$，$k\neq\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$，
$\therefore3t＜1$且$t^{2}+3t＞0$，解得$t＜-3$，或$0＜t＜\frac{1}{3}$。
$\therefore$实数$t$的取值范围是$(-\infty,-3)\cup(0,\frac{1}{3})$。

已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$经过点$A(-2,0)$，离心率为$\sqrt{5}$，直线$l$过点$D(3,0)$且与双曲线$C$交于两点$P$，$Q$（异于点$A$）.
(1)求证：直线$AP$与直线$AQ$的斜率之积为定值.并求出该定值；
(2)过点$D$分别作直线$AP$，$AQ$的垂线，垂足分别为$M$，$N$，记$\triangle ADM$，$\triangle ADN$的面积分别为$S_{1}$，$S_{2}$，求$S_{1}· S_{2}$的最大值.

答案：

(1)证明:令双曲线半焦距为$c$，依题意，$a = 2$，$\frac{c}{a}=\sqrt{5}$。
由$c^{2}=a^{2}+b^{2}$，解得$b = 4$。
则双曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1$。
显然直线$l$不垂直于$y$轴，
设直线$l$的方程为$x = my + 3$。
由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1\\x = my + 3\end{cases}$消去$x$，得$(4m^{2}-1)y^{2}+24my + 20 = 0$。
$\begin{cases}4m^{2}-1\neq0\\\Delta=256m^{2}+80＞0\end{cases}$
设$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$，
则$y_{1}+y_{2}=\frac{-24m}{4m^{2}-1}$，$y_{1}y_{2}=\frac{20}{4m^{2}-1}$。
直线$AP$，$AQ$的斜率分别为$k_{AP}$，$k_{AQ}$，
所以$k_{AP}k_{AQ}=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}·\frac{y_{2}}{x_{2}+2}$
$=\frac{y_{1}y_{2}}{m^{2}y_{1}y_{2}+5m(y_{1}+y_{2})+25}$
$=\frac{\frac{20}{4m^{2}-1}}{m^{2}·\frac{20}{4m^{2}-1}+5m·\frac{-24m}{4m^{2}-1}+25}$
$=-\frac{4}{5}$(定值)。
(2)解:设直线$AP$的方程为$y = k(x + 2)$，
则直线$DM$的方程为$y=-\frac{1}{k}(x - 3)$。
由$\begin{cases}y = k(x + 2)\\y=-\frac{1}{k}(x - 3)\end{cases}$
得点$M$的纵坐标$y_{M}=\frac{5k}{k^{2}+1}$。
用$-\frac{4}{5k}$替换上式中的$k$得点$N$的纵坐标$y_{N}=\frac{-100k}{25k^{2}+16}$。
则$S_{1}· S_{2}=\frac{25}{4}|y_{M}-y_{N}|=\frac{3125k^{2}}{(k^{2}+1)(25k^{2}+16)}=\frac{3125}{25k^{2}+\frac{16}{k^{2}}+41}$。
而$25k^{2}+\frac{16}{k^{2}}\geqslant2\sqrt{25k^{2}×\frac{16}{k^{2}}}=40$，
当且仅当$k=\pm\frac{2\sqrt{5}}{5}$时取等号。
因此$S_{1}· S_{2}\leqslant\frac{3125}{81}$，
所以$S_{1}· S_{2}$的最大值为$\frac{3125}{81}$。

（2025·山东德州三模）已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$过点$(1,\frac{3}{2})$，且离心率为$\frac{1}{2}$.
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆的左右顶点分别为$A$，$B$，当动点$M$在定直线$x = -4$上运动时，直线$AM$，$BM$分别交椭圆于两点$P$和$Q$（不同于$A$，$B$），证明：点$B$在以$PQ$为直径的圆外；
(3)在(2)的条件下，求四边形$APBQ$面积的最大值.

答案：

(1)依题意，$\begin{cases}\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\frac{1}{a^{2}}+\frac{9}{4b^{2}}=1\end{cases}$，解得$\begin{cases}a^{2}=4\\b^{2}=3\end{cases}$。
所以椭圆方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)由
(1)知$A(-2,0)$，$B(2,0)$，显然点$M$不在$x$轴上，设$M(-4,t)(t\neq0)$，$P(x_{P},y_{P})$，$Q(x_{Q},y_{Q})$。
直线$AM$，$BM$斜率分别为$k_{AM}=-\frac{t}{2}$，$k_{BM}=-\frac{t}{6}$。
直线$AM$的方程为$y =-\frac{t}{2}(x + 2)$，$BM$的方程为$y=-\frac{t}{6}(x - 2)$。
由$\begin{cases}y=-\frac{t}{2}(x + 2)\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，消去$y$得$(3 + t^{2})x^{2}+4t^{2}x+4t^{2}-12 = 0$，显然$\Delta＞0$。
于是$-2x_{P}=\frac{4t^{2}-12}{3 + t^{2}}$，解得$x_{P}=\frac{6 - 2t^{2}}{3 + t^{2}}$，则$y_{P}=-\frac{t}{2}(x_{P}+2)=-\frac{6t}{3 + t^{2}}$。
即点$P$坐标为$(\frac{6 - 2t^{2}}{3 + t^{2}},-\frac{6t}{3 + t^{2}})$。
由$\begin{cases}y=-\frac{t}{6}(x - 2)\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，消去$y$得$(27 + t^{2})x^{2}-4t^{2}x+4t^{2}-108 = 0$，显然$\Delta＞0$。
于是$2x_{Q}=\frac{4t^{2}-108}{27 + t^{2}}$，解得$x_{Q}=\frac{2t^{2}-54}{27 + t^{2}}$，则$y_{Q}=-\frac{t}{6}(x_{Q}-2)=\frac{18t}{27 + t^{2}}$。
即点$Q$坐标为$(\frac{2t^{2}-54}{27 + t^{2}},\frac{18t}{27 + t^{2}})$。
因此$\overrightarrow{BP}=(\frac{6 - 2t^{2}}{3 + t^{2}}-2,-\frac{6t}{3 + t^{2}})=(\frac{-4t^{2}}{3 + t^{2}},-\frac{6t}{3 + t^{2}})$，
$\overrightarrow{BQ}=(\frac{2t^{2}-54}{27 + t^{2}}-2,\frac{18t}{27 + t^{2}})=(\frac{-108}{27 + t^{2}},\frac{18t}{27 + t^{2}})$。
则$\overrightarrow{BP}·\overrightarrow{BQ}=\frac{-4t^{2}}{3 + t^{2}}×(-\frac{108}{27 + t^{2}})+(-\frac{6t}{3 + t^{2}})×\frac{18t}{27 + t^{2}}=\frac{324t^{2}}{(3 + t^{2})(27 + t^{2})}＞0$。
则有$\angle PBQ$为锐角，所以点$B$在以$PQ$为直径的圆外。
(3)由
(2)知，$P(\frac{6 - 2t^{2}}{3 + t^{2}},-\frac{6t}{3 + t^{2}})$，$Q(\frac{2t^{2}-54}{27 + t^{2}},\frac{18t}{27 + t^{2}})$。
则$S_{四边形APBQ}=\frac{1}{2}×|AB|×|y_{P}-y_{Q}|=\frac{1}{2}×4×|\frac{-6t}{3 + t^{2}}-\frac{18t}{27 + t^{2}}|$
$=\frac{48|t|(9 + t^{2})}{(9 + t^{2})^{2}+12t^{2}}=\frac{48|t|}{(9 + t^{2})+\frac{12t^{2}}{9 + t^{2}}}$。
不妨设$\lambda=\frac{9 + t^{2}}{t}$，$t＞0$，此时$\lambda=\frac{9 + t^{2}}{t}=\frac{9}{t}+t\geqslant2\sqrt{\frac{9}{t}· t}=6$，当且仅当$t = 3$时，等号成立。
易知函数$y=\lambda+\frac{12}{\lambda}$在$[6,+\infty)$上单调递增，所以$y=\lambda+\frac{12}{\lambda}\geqslant6 + 2 = 8$。
此时$S_{四边形APBQ}=\frac{48}{\lambda+\frac{12}{\lambda}}\leqslant\frac{48}{8}=6$。
由对称性可知，当点$M$的坐标为$(4,3)$或$(4,-3)$时，
四边形$APBQ$面积最大，最大值为$6$。