《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2024·北京卷)若直线 $ y = k(x - 3) $ 与双曲线 $ \frac{x^2}{4} - y^2 = 1 $ 只有一个公共点，则 $ k $ 的一个取值为.

答案： $\frac{1}{2}$（或$-\frac{1}{2}$）

（链接北师选择性必修一 P80 练习 T1）已知直线 $ l: y = kx - 1 $ 与双曲线 $ C: \frac{x^2}{4} - \frac{y^2}{9} = 1 $ 有且只有一个公共点，求实数 $ k $ 的值.

答案： $ k = \pm \frac{3}{2} $，$ \pm \frac{\sqrt{10}}{2} $

(1)求 $C$ 的离心率；

答案：
(1)由题意得$\frac{9}{a^{2}}+\frac{\frac{9}{4}}{b^{2}}=1$，解得$\begin{cases}b^{2}=9,\\a^{2}=12.\end{cases}$ 所以$e=\sqrt{1-\frac{b^{2}}{a^{2}}}=\sqrt{1-\frac{9}{12}}=\frac{1}{2}$。

(2)若过 $P$ 的直线 $l$ 交 $C$ 于另一点 $B$，且 $\triangle ABP$ 的面积为 $9$，求 $l$ 的方程.

答案：

(2)法一：$k_{AP}=\frac{3-\frac{3}{2}}{0 - 3}=-\frac{1}{2}$，则直线$AP$的方程为$y=-\frac{1}{2}x + 3$，即$x + 2y - 6 = 0$， $|AP|=\sqrt{(0 - 3)^{2}+(3-\frac{3}{2})^{2}}=\frac{3\sqrt{5}}{2}$ 由
(1)知$C:\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1$， 设点$B$到直线$AP$的距离为$d$，则$d=\frac{2×9}{3\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$ 将直线$AP$沿着与$AP$垂直的方向平移$\frac{12\sqrt{5}}{5}$单位得到直线$AP$的一条平行线， 此时该平行线与椭圆的交点即为点$B$， 设该平行线的方程为$x + 2y + C = 0$， 则$\frac{|C + 6|}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$，解得$C = 6$或$C=-18$， 当$C = 6$时，联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1,\\x + 2y+6 = 0.\end{cases}$解得$\begin{cases}x = 0,\\y=-3.\end{cases}$或$\begin{cases}x=-3,\\y=-\frac{3}{2}.\end{cases}$ 即$B(0,-3)$或$(-3,-\frac{3}{2})$， 当$B(0,-3)$时，此时$k_{l}=\frac{3}{2}$，直线$l$的方程为$y=\frac{3}{2}x - 3$， 即$3x - 2y - 6 = 0$， 当$B(-3,-\frac{3}{2})$时，此时$k_{l}=\frac{1}{2}$，直线$l$的方程为$y=\frac{1}{2}x$， 即$x - 2y = 0$。 当$C=-18$时，联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1,\\x + 2y - 18 = 0\end{cases}$得$2y^{2}-27y + 117 = 0$。 $\Delta=27^{2}-4×2×117=-207＜0$，此时该直线与椭圆无交点， 综上直线$l$的方程为$3x - 2y - 6 = 0$或$x - 2y = 0$。 法二：同法一得到直线$AP$的方程为$x + 2y - 6 = 0$， 点$B$到直线$AP$的距离$d=\frac{12\sqrt{5}}{5}$ 设$B(x_{0},y_{0})$，则$\begin{cases}\frac{|x_{0}+2y_{0}-6|}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5},\frac{x_{0}^{2}}{12}+\frac{y_{0}^{2}}{9}=1.\end{cases}$ 解得$\begin{cases}x_{0}=-3,\\y_{0}=-\frac{3}{2}.\end{cases}$或$\begin{cases}x_{0}=0,\\y_{0}=-3.\end{cases}$ 即$B(0,-3)$或$(-3,-\frac{3}{2})$，以下同法一。 法三：同法一得到直线$AP$的方程为$x + 2y - 6 = 0$， 点$B$到直线$AP$的距离$d=\frac{12\sqrt{5}}{5}$ 设$B(2\sqrt{3}\cos\theta,3\sin\theta)$，其中$\theta\in[0,2\pi)$， 则有$\frac{|2\sqrt{3}\cos\theta + 6\sin\theta - 6|}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$ 联立$\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta = 1$，解得$\begin{cases}\cos\theta=-\frac{\sqrt{3}}{2},\\\sin\theta=-\frac{1}{2}.\end{cases}$或$\begin{cases}\cos\theta=0,\\\sin\theta=-1.\end{cases}$ 即$B(0,-3)$或$(-3,-\frac{3}{2})$，以下同法一。 法四：当直线$AB$的斜率不存在时，此时$B(0,-3)$， $S_{\triangle PAB}=\frac{1}{2}×6×3 = 9$，符合题意，此时$k_{l}=\frac{3}{2}$，直线$l$的方程为$y=\frac{3}{2}x - 3$，即$3x - 2y - 6 = 0$。 当直线$AB$的斜率存在时，设直线$AB$的方程为$y = kx + 3$， 联立椭圆方程有$\begin{cases}y = kx + 3,\frac{x^{2}}{12}+\frac{y^{2}}{9}=1.\end{cases}$ 则$(4k^{2}+3)x^{2}+24kx = 0$，其中$k\neq k_{AP}$，即$k\neq-\frac{1}{2}$ 解得$x = 0$或$x=\frac{-24k}{4k^{2}+3}$，$k\neq0$，$k\neq-\frac{1}{2}$ 令$x=\frac{-24k}{4k^{2}+3}$，则$y=\frac{-12k^{2}+9}{4k^{2}+3}$，则$B(\frac{-24k}{4k^{2}+3},\frac{-12k^{2}+9}{4k^{2}+3})$。 同法一：得到直线$AP$的方程为$x + 2y - 6 = 0$， 点$B$到直线$AP$的距离$d=\frac{12\sqrt{5}}{5}$ 则$\frac{|\frac{-24k}{4k^{2}+3}+2×\frac{-12k^{2}+9}{4k^{2}+3}-6|}{\sqrt{5}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$，解得$k=\frac{3}{2}$。 此时$B(-3,-\frac{3}{2})$，则得到此时$k_{l}=\frac{1}{2}$，直线$l$的方程为$y=\frac{1}{2}x$，即$x - 2y = 0$， 综上直线$l$的方程为$3x - 2y - 6 = 0$或$x - 2y = 0$。

(1)求椭圆 $C$ 的标准方程；

答案：
(1)对于椭圆$\frac{x^{2}}{7}+\frac{y^{2}}{3}=1$，$c=\sqrt{7 - 3}=2$，则对于椭圆$C$，也有$c = 2$， 由于椭圆$C$过点$(-2\sqrt{3},\sqrt{3})$，故$\frac{12}{a^{2}}+\frac{3}{b^{2}}=1$，解得$a^{2}=16$，$b^{2}=12$， 所以椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$。

(2)设直线 $l$ 与椭圆 $C$ 交于 $A$，$B$ 两点，与 $y$ 轴交于点 $P$，$O$ 为坐标原点. 若 $\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{OB}·\overrightarrow{PA} = -24$，求点 $P$ 的坐标.

答案：

(2)依题意可知，直线$l$的斜率存在，设直线$l$的方程为$y = kx + t$，则$P(0,t)$， 由$\begin{cases}y = kx + t,\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1\end{cases}$消去$y$并化简得$(3 + 4k^{2})x^{2}+8ktx + 4t^{2}-48 = 0$ ①。 设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{-8kt}{3 + 4k^{2}}$ $x_{1}x_{2}=\frac{4t^{2}-48}{3 + 4k^{2}}$，$y_{1}+y_{2}=k(x_{1}+x_{2})+2t$，$y_{1}y_{2}=(kx_{1}+t)(kx_{2}+t)=k^{2}x_{1}x_{2}+kt(x_{1}+x_{2})+t^{2}$， 由于$\overrightarrow{OA}·\overrightarrow{PB}+\overrightarrow{OB}·\overrightarrow{PA}=-24$，所以$(x_{1},y_{1})·(x_{2},y_{2}-t)+(x_{2},y_{2})·(x_{1},y_{1}-t)=-24$， 整理得$2x_{1}x_{2}+2y_{1}y_{2}-t(y_{1}+y_{2})+24 = 0$， $2x_{1}x_{2}+2k^{2}x_{1}x_{2}+2kt(x_{1}+x_{2})+2t^{2}-kt(x_{1}+x_{2})-2t^{2}+24 = 0$， $(2 + 2k^{2})x_{1}x_{2}+kt(x_{1}+x_{2})+24 = 0$， $(2 + 2k^{2})·\frac{4t^{2}-48}{3 + 4k^{2}}+kt·\frac{-8kt}{3 + 4k^{2}}+24 = 0$， 整理得$t^{2}=3$，$t=\pm\sqrt{3}$，则$P(0,\pm\sqrt{3})$， 此时，对于①，$\Delta=64k^{2}t^{2}-4(3 + 4k^{2})(4t^{2}-48)=768k^{2}+432＞0$， 符合题意，综上，$P(0,\pm\sqrt{3})$。