《2025年赢在微点数学》

【例1】　(2024·杭州联考)已知M是椭圆$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$的左顶点，过M作两条射线，分别交椭圆于点A$(x_{1},y_{1})$，B$(x_{2},y_{2})$，交直线$x = 4$于点C$(4,y_{3})$，D$(4,y_{4})$。
(1)若$\angle AMB = 45^{\circ}$，求$|CD|$的最小值；
(2)若$\frac{1}{y_{1}}+\frac{1}{y_{2}}=\frac{1}{y_{3}}+\frac{1}{y_{4}}$，求证：直线AB过定点。

答案： 解　
(1)由题意知，$M(-2,0)$，不妨设点$C$在点$D$的上方，点$A$在点$B$的上方，则$\tan45^{\circ}=\tan(\angle AMx+\angle BMr)=\frac{\tan\angle AMx+\tan\angle BMr}{1 - \tan\angle AMx\cdot\tan\angle BMr}=\frac{\tan\angle AMx-\tan(\pi - \angle BMr)}{1+\tan\angle AMx\cdot\tan(\pi - \angle BMr)}=\frac{k_{AM}-k_{BM}}{1 + k_{AM}k_{BM}}=\frac{k_{MC}-k_{MD}}{1 + k_{MC}k_{MD}}=\frac{6(y_{3}-y_{4})}{36 + y_{3}y_{4}} = 1$，可得$6(y_{3}-y_{4})=36 + y_{3}y_{4}$，即$y_{4}=\frac{6y_{3}-36}{y_{3}+6}$，所以$|CD|=y_{3}-y_{4}=y_{3}-\frac{6y_{3}-36}{y_{3}+6}=y_{3}+6+\frac{72}{y_{3}+6}-12\geqslant2\sqrt{(y_{3}+6)\cdot\frac{72}{y_{3}+6}}-12 = 12(\sqrt{2}-1)$，当且仅当$y_{3}=6(\sqrt{2}-1)$时取“$=$”。所以$|CD|$的最小值为$12(\sqrt{2}-1)$。
(2)证明：由题意知，直线$AB$的斜率不为$0$，故可设直线$AB$的方程为$x = ty + m$，代入$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$可得，$(3t^{2}+4)y^{2}+6tmy + 3m^{2}-12 = 0$，由$\Delta=(6tm)^{2}-4(3t^{2}+4)(3m^{2}-12)＞0$，得$m^{2}＜3t^{2}+4$，故$y_{1}+y_{2}=\frac{-6tm}{3t^{2}+4}$ ①，$y_{1}\cdot y_{2}=\frac{3m^{2}-12}{3t^{2}+4}$ ②。
易知直线$MC$的方程为$y=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}(x + 2)$，所以$y_{3}=\frac{6y_{1}}{x_{1}+2}$，同理得$y_{4}=\frac{6y_{2}}{x_{2}+2}$。从而$\frac{1}{y_{3}}+\frac{1}{y_{4}}=\frac{x_{1}+2}{6y_{1}}+\frac{x_{2}+2}{6y_{2}}=\frac{2ty_{1}y_{2}+(m + 2)(y_{1}+y_{2})}{6y_{1}y_{2}}=\frac{y_{1}+y_{2}}{y_{1}y_{2}}$，即$2ty_{1}y_{2}+(m - 4)(y_{1}+y_{2}) = 0$，将①②代入，整理得$m = 1$，经验证符合题意。故直线$AB$的方程为$x = ty + 1$，所以直线$AB$过定点$(1,0)$。

【变式训练】　已知双曲线C的渐近线方程为$y = \pm\frac{\sqrt{3}}{3}x$，且过点$P(3,\sqrt{2})$。
(1)求C的方程；
(2)设$Q(1,0)$，直线$x = t$不经过P点且与C相交于A，B两点，若直线BQ与C交于另一点D，求证：直线AD过x轴上的一定点。

答案： 解　
(1)因为渐近线方程为$y=\pm\frac{\sqrt{3}}{3}x$，且点$P$靠近$x$轴，所以可设双曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{9}-\frac{y^{2}}{3}=\lambda(\lambda\neq0)$，将点$P(3,\sqrt{2})$代入得$\frac{9}{9}-\frac{2}{3}=\lambda$，解得$\lambda=\frac{1}{3}$，所以双曲线$C$的方程为$\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$。
(2)证明：显然直线$BQ$的斜率不为零，设直线$BQ$的方程为$x = my + 1$，$B(x_{1},y_{1})$，$D(x_{2},y_{2})$，$A(x_{1},-y_{1})$，联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1\\x = my + 1\end{cases}$，消$x$整理得$(m^{2}-3)y^{2}+2my - 2 = 0$。依题意得$m^{2}-3\neq0$且$\Delta = 4m^{2}+8(m^{2}-3)＞0$，即$m^{2}＞2$且$m^{2}\neq3$，$y_{1}+y_{2}=-\frac{2m}{m^{2}-3}$，$y_{1}y_{2}=-\frac{2}{m^{2}-3}$，直线$AD$的方程为$y + y_{1}=\frac{y_{2}+y_{1}}{x_{2}-x_{1}}(x - x_{1})$，令$y = 0$，得$x=\frac{(x_{2}-x_{1})y_{1}}{y_{2}+y_{1}}+x_{1}=\frac{x_{1}y_{2}+x_{2}y_{1}}{y_{2}+y_{1}}=\frac{(my_{1}+1)y_{2}+(my_{2}+1)y_{1}}{y_{2}+y_{1}}=\frac{2my_{1}y_{2}+(y_{1}+y_{2})}{y_{2}+y_{1}}=\frac{2m\cdot(-\frac{2}{m^{2}-3})-\frac{2m}{m^{2}-3}}{-\frac{2m}{m^{2}-3}}=\frac{-\frac{6m}{m^{2}-3}}{-\frac{2m}{m^{2}-3}} = 3$。所以直线$AD$过$x$轴上的定点$(3,0)$。

【例2】　已知抛物线C：$x^{2} = -2py$经过点$(2,-1)$。
(1)求抛物线C的方程及其准线方程；
(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线$y = -1$分别交直线OM，ON于点A和点B。求证：以线段AB为直径的圆经过y轴上的两个定点。

答案： 解　
(1)由抛物线$C:x^{2}=-2py$经过点$(2,-1)$，得$p = 2$。所以抛物线$C$的方程为$x^{2}=-4y$，其准线方程为$y = 1$。
(2)证明：抛物线$C$的焦点为$F(0,-1)$。设直线$l$的方程为$y = kx - 1(k\neq0)$。由$\begin{cases}y = kx - 1\\x^{2}=-4y\end{cases}$，得$x^{2}+4kx - 4 = 0$。设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}x_{2}=-4$。直线$OM$的方程为$y=\frac{y_{1}}{x_{1}}x$。令$y=-1$，得点$A$的横坐标$x_{A}=-\frac{x_{1}}{y_{1}}$。同理得点$B$的横坐标$x_{B}=-\frac{x_{2}}{y_{2}}$。设点$D(0,n)$，则$\overrightarrow{DA}=(-\frac{x_{1}}{y_{1}},-1 - n)$，$\overrightarrow{DB}=(-\frac{x_{2}}{y_{2}},-1 - n)$，$\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{DB}=\frac{x_{1}x_{2}}{y_{1}y_{2}}+(n + 1)^{2}=\frac{x_{1}x_{2}}{\frac{x_{1}^{2}}{-4}\cdot\frac{x_{2}^{2}}{-4}}+(n + 1)^{2}=\frac{16}{x_{1}x_{2}}+(n + 1)^{2}=-4+(n + 1)^{2}$。令$\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{DB}=0$，即$-4+(n + 1)^{2}=0$，得$n = 1$或$n=-3$。综上，以线段$AB$为直径的圆经过$y$轴上的定点$(0,1)$和$(0,-3)$。