《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例1 （2024·福建泉州实验中学段考）点F是抛物线$\Gamma:y^{2}=2px(p ＞ 0)$的焦点，O为坐标原点，过点F作垂直于x轴的直线l，与抛物线$\Gamma$交于A，B两点，$\vert AB\vert = 4$，抛物线$\Gamma$的准线与x轴交于点K。
（1）求抛物线$\Gamma$的方程；
（2）设C，D是抛物线$\Gamma$上异于A，B两点的两个不同的点，直线AC与BD交于点E，直线AD与BC交于点G，证明：E，K，G三点共线。

答案：
解
(1)抛物线$\Gamma:y^{2}=2px(p ＞ 0)$的焦点为$F(\frac{p}{2},0)$，过点$F$作垂直于$x$轴的直线$l$，与抛物线$\Gamma$交于$A$，$B$两点，且$|AB| = 4$，不妨设$A(\frac{p}{2},2)$，$B(\frac{p}{2}, - 2)$，则$2^{2}=2p\cdot\frac{p}{2}$，解得$p = 2$或$p = - 2$(舍去)，所以抛物线$\Gamma$的方程为$y^{2}=4x$。
(2)如图，由
(1)知$A(1,2)$，$B(1, - 2)$，$K( - 1,0)$，设$C(\frac{y_{1}^{2}}{4},y_{1})$，$D(\frac{y_{2}^{2}}{4},y_{2})$($y_{1}\neq\pm2,y_{2}\neq\pm2$)，则直线$AC$的方程为$y - 2=\frac{y_{1}-2}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-1}(x - 1)$，$y - 2=\frac{4}{y_{1}+2}(x - 1)$，直线$BD$的方程为$y + 2=\frac{y_{2}+2}{\frac{y_{2}^{2}}{4}-1}(x - 1)$，$y + 2=\frac{4}{y_{2}-2}(x - 1)$。
联立$\begin{cases}y - 2=\frac{4}{y_{1}+2}(x - 1)\\y + 2=\frac{4}{y_{2}-2}(x - 1)\end{cases}$得$\begin{cases}x=\frac{y_{1}y_{2}-y_{1}+y_{2}}{y_{1}-y_{2}+4}\\y=\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{1}-y_{2}+4}\end{cases}$，则$E(\frac{y_{1}y_{2}-y_{1}+y_{2}}{y_{1}-y_{2}+4},\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{1}-y_{2}+4})$，所以$k_{EK}=\frac{\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{1}-y_{2}+4}}{\frac{y_{1}y_{2}-y_{1}+y_{2}}{y_{1}-y_{2}+4}-(-1)}=\frac{\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{1}-y_{2}+4}}{\frac{y_{1}y_{2}-y_{1}+y_{2}}{y_{1}-y_{2}+4}+1}=\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{1}y_{2}+4}$，则直线$BC$的方程为$y + 2=\frac{y_{1}+2}{\frac{y_{1}^{2}}{4}-1}(x - 1)$，$y + 2=\frac{4}{y_{1}-2}(x - 1)$，直线$AD$的方程为$y - 2=\frac{y_{2}-2}{\frac{y_{2}^{2}}{4}-1}(x - 1)$，$y - 2=\frac{4}{y_{2}+2}(x - 1)$。
联立$\begin{cases}y + 2=\frac{4}{y_{1}-2}(x - 1)\\y - 2=\frac{4}{y_{2}+2}(x - 1)\end{cases}$得$\begin{cases}x=\frac{y_{1}y_{2}-y_{2}+y_{1}}{y_{2}-y_{1}+4}\\y=\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{2}-y_{1}+4}\end{cases}$，则$G(\frac{y_{1}y_{2}-y_{2}+y_{1}}{y_{2}-y_{1}+4},\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{2}-y_{1}+4})$，所以$k_{GK}=\frac{\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{2}-y_{1}+4}}{\frac{y_{1}y_{2}-y_{2}+y_{1}}{y_{2}-y_{1}+4}-(-1)}=\frac{\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{2}-y_{1}+4}}{\frac{y_{1}y_{2}-y_{2}+y_{1}}{y_{2}-y_{1}+4}+1}=\frac{2(y_{1}+y_{2})}{y_{1}y_{2}+4}$，则$k_{EK}=k_{GK}$，所以$E$，$K$，$G$三点共线。

1.（2024·广东花都调研）已知动点M在圆$x^{2}+y^{2}=3$上，过点M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足$\overrightarrow{MN}=\sqrt{3}\overrightarrow{PN}$，点P的轨迹为C。
（1）求C的方程；
（2）已知点$F(-\sqrt{2},0)$，设A，B是曲线C上的两点，直线AB与曲线$x^{2}+y^{2}=1(x ＜ 0)$相切。 证明：A，B，F三点共线的充要条件是$\vert AB\vert=\sqrt{3}$。

答案： 解
(1)设$P(x,y)$，$M(x_{0},y_{0})$，则$N(x_{0},0)$，$\overrightarrow{MN}=(0, - y_{0})$，$\overrightarrow{PN}=(x_{0}-x, - y)$，由$\overrightarrow{MN}=\sqrt{3}\overrightarrow{PN}$，可得$\begin{cases}x_{0}=x\\y_{0}=\sqrt{3}y\end{cases}$，因为点$M(x_{0},y_{0})$在圆$x^{2}+y^{2}=3$上，所以$x^{2}+(\sqrt{3}y)^{2}=3$，即$\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$，所以$C$的方程为$\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$。
(2)当直线$AB$的斜率不存在时，直线$AB:x = - 1$，不符合题意；当直线$AB$的斜率存在时，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，必要性：若$A$，$B$，$F$三点共线，可设直线$AB:y = k(x+\sqrt{2})$，即$kx - y+\sqrt{2}k = 0$，由直线$AB$与曲线$x^{2}+y^{2}=1(x ＜ 0)$相切，可得$\frac{|\sqrt{2}k|}{\sqrt{k^{2}+1}} = 1$，解得$k=\pm1$，联立$\begin{cases}y=\pm(x+\sqrt{2})\\\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1\end{cases}$可得$4x^{2}+6\sqrt{2}x + 3 = 0$，所以$x_{1}+x_{2}=-\frac{3\sqrt{2}}{2}$，$x_{1}x_{2}=\frac{3}{4}$，所以$|AB|=\sqrt{1 + 1}\cdot\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{3}$，必要性成立。充分性：设直线$AB:y = kx + b$，即$kx - y + b = 0$，由直线$AB$与曲线$x^{2}+y^{2}=1(x ＜ 0)$相切，可得$\frac{|b|}{\sqrt{k^{2}+1}} = 1$，所以$b^{2}=k^{2}+1$，联立$\begin{cases}y = kx + b\\\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1\end{cases}$可得$(1 + 3k^{2})x^{2}+6kbx + 3b^{2}-3 = 0$，所以$x_{1}+x_{2}=-\frac{6kb}{1 + 3k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{3b^{2}-3}{1 + 3k^{2}}$，所以$|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}\cdot\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{1 + k^{2}}\cdot\sqrt{(-\frac{6kb}{1 + 3k^{2}})^{2}-4\cdot\frac{3b^{2}-3}{1 + 3k^{2}}}=\sqrt{1 + k^{2}}\cdot\frac{\sqrt{24k^{2}}}{1 + 3k^{2}}=\sqrt{3}$，化简得$3(k^{2}-1)^{2}=0$，所以$k=\pm1$，所以$\begin{cases}k = 1\\b=\sqrt{2}\end{cases}$或$\begin{cases}k = - 1\\b=-\sqrt{2}\end{cases}$，所以直线$AB:y = x+\sqrt{2}$或$y = - x-\sqrt{2}$，所以直线$AB$过点$F(-\sqrt{2},0)$，$A$，$B$，$F$三点共线，充分性成立。所以$A$，$B$，$F$三点共线的充要条件是$|AB|=\sqrt{3}$。