《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

例3　(2024·武威模拟)已知抛物线$C:y^{2}=2px(p＞0)$的焦点为$F$，准线为$l$，$P$是$C$上在第一象限内的点，且直线$PF$的倾斜角为$60^{\circ}$，点$P$到$l$的距离为1.
　(1)求$C$的方程;
　(2)设直线$x = 7$与$C$交于$A$，$B$两点，$D$是线段$AB$上一点（异于$A$，$B$两点），$H$是$C$上一点，且$DH// x$轴.若平行四边形$DEMN$的三个顶点$E$，$M$，$N$均在$C$上，$DH$与$EN$交于点$G$，证明：$\frac{|GH|}{|DH|}$为定值.

答案：
例3　（1）解　根据抛物线的定义，得$|PF| = 1$，过点$P$作$PQ⊥x$轴，垂足为$Q$，则$|FQ| = \frac{1}{2}$，$|PQ| = \frac{\sqrt{3}}{2}$.
又$F(\frac{p}{2},0)$，所以$P(\frac{p}{2}+\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2})$，代入$y² = 2px$，得$(\frac{\sqrt{3}}{2})² = 2p×(\frac{p}{2}+\frac{1}{2})$，整理得$4p² + 4p - 3 = 0$，解得$p = -\frac{3}{2}$（舍去）或$p = \frac{1}{2}$，故$C$的方程为$y² = x$.
（2）证明　设$D(7,t)$，显然$EN$与$x$轴不平行，设直线$EN$的方程为$x = my + n$，$E(x₁,y₁)$，$N(x₂,y₂)$，$M(x_M,y_M)$.
联立$\begin{cases}y² = x\\x = my + n\end{cases}$，得$y² - my - n = 0$，则$Δ = m² + 4n＞0$，且$y₁ + y₂ = m$.
因为四边形$DEMN$为平行四边形，所以$\overrightarrow{ME}=\overrightarrow{ND}$，即$(x₁ - x_M,y₁ - y_M)=(7 - x₂,t - y₂)$，所以$x₁ - x_M = 7 - x₂$，$y₁ - y_M = t - y₂$，得到$x_M = x₁ + x₂ - 7 = my₁ + n + my₂ + n - 7 = m(y₁ + y₂)+2n - 7 = m² + 2n - 7$，$y_M = y₁ + y₂ - t = m - t$，即$M(m² + 2n - 7,m - t)$.
由点$M$在$C$上，得$(m - t)² = m² + 2n - 7$，解得$n = \frac{t² + 7}{2}-mt$.
所以直线$EN$的方程为$x = my + \frac{t² + 7}{2}-mt$，即$x = m(y - t)+\frac{t² + 7}{2}$，所以直线$EN$过点$(\frac{t² + 7}{2},t)$.
又将$y = t$代入$y² = x$，得$H(t²,t)$，所以$DH$的中点坐标为$(\frac{t² + 7}{2},t)$，即$G$为$DH$的中点，所以$\frac{|GH|}{|DH|}=\frac{1}{2}$，故$\frac{|GH|}{|DH|}$为定值.

跟踪演练3　(2024·石家庄模拟)已知$M$为平面上一个动点，$M$到定直线$x = 1$的距离与到定点$F(2,0)$距离的比等于$\frac{\sqrt{2}}{2}$，记动点$M$的轨迹为曲线$C$.
(1)求曲线$C$的方程;
(2)过点$F$的直线$l$与曲线$C$交于$A$，$B$两点，在$x$轴上是否存在点$P$，使得$\overrightarrow{PA}\cdot\overrightarrow{PB}$为定值？若存在，求出该定值;若不存在，请说明理由.

答案： 跟踪演练3　解　（1）设点$M$的坐标为$(x,y)$，则$\frac{|x - 1|}{\sqrt{(x - 2)² + y²}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$2(x - 1)² = (x - 2)² + y²$，化简得$x² - y² = 2$，所以曲线$C$的标准方程为$\frac{x²}{2}-\frac{y²}{2}=1$.
（2）当直线$l$的斜率不为$0$时，设其方程为$x = my + 2$.
由于直线与双曲线的交点有两个，则直线不能与渐近线平行，渐近线斜率为$±1$，则$m ≠ ±1$.
代入$\frac{x²}{2}-\frac{y²}{2}=1$，整理得$(m² - 1)y² + 4my + 2 = 0$，$Δ = 8(m² + 1)＞0$恒成立.
设$A(x₁,y₁)$，$B(x₂,y₂)$，$P(t,0)$，则$y₁ + y₂ = -\frac{4m}{m² - 1}$，$y₁y₂ = \frac{2}{m² - 1}$.
所以$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=(x₁ - t)(x₂ - t)+y₁y₂=(my₁ + 2 - t)(my₂ + 2 - t)+y₁y₂=(m² + 1)y₁y₂ + m(2 - t)(y₁ + y₂)+(2 - t)²=(m² + 1)×\frac{2}{m² - 1}-m(2 - t)×\frac{4m}{m² - 1}+(2 - t)²=\frac{(4t - 6)m² + 2}{m² - 1}+(2 - t)²$.
若要上式为定值，则必须有$4t - 6 = -2$，即$t = 1$.
所以$\frac{(4t - 6)m² + 2}{m² - 1}+(2 - t)²=-2 + 1 = -1$，故存在点$P(1,0)$满足$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=-1$.
当直线$l$的斜率为$0$时，若$A(-\sqrt{2},0)$，$B(\sqrt{2},0)$，此时点$P(1,0)$亦满足$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=-1$，故存在点$P(1,0)$满足$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}=-1$.
综上所得，在$x$轴上存在点$P(1,0)$，使得$\overrightarrow{PA}·\overrightarrow{PB}$为定值，定值为$-1$.