《2025年高考帮数学》

例2　已知抛物线$C:y^{2}=2px$经过点$P(1,2)$. 过点$Q(0,1)$的直线$l$与抛物线$C$有两个不同的交点$A,B$，且直线$PA$交$y$轴于$M$，直线$PB$交$y$轴于$N$.
(1)求直线$l$的斜率的取值范围；
(2)设$O$为原点，$\overrightarrow{QM}=\lambda\overrightarrow{QO}$，$\overrightarrow{QN}=\mu\overrightarrow{QO}$，求证：$\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\mu}$为定值.

答案：
(1)因为抛物线$y^{2}=2px$过点(1,2),所以2p = 4,即p = 2.故抛物线C的方程为$y^{2}=4x$.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为$y = kx + 1(k\neq0)$.
由$\begin{cases}y^{2}=4x\\y = kx + 1\end{cases}$,得$k^{2}x^{2}+(2k - 4)x + 1 = 0$.
依题意,得$\Delta=(2k - 4)^{2}-4\times k^{2}\times1＞0$,解得k＜0或0＜k＜1.
又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).
从而k≠ - 3.
所以直线l的斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,0)∪(0,1).
(2)设$A(x_{1},y_{1})$,$B(x_{2},y_{2})$.
由
(1)知$x_{1}+x_{2}=-\frac{2k - 4}{k^{2}}$,$x_{1}x_{2}=\frac{1}{k^{2}}$.
直线PA的方程为$y - 2=\frac{y_{1}-2}{x_{1}-1}(x - 1)$.
令x = 0,得点M的纵坐标为$y_{M}=\frac{-y_{1}+2}{x_{1}-1}+2=\frac{-kx_{1}+1}{x_{1}-1}+2$.
同理得点N的纵坐标为$y_{N}=\frac{-kx_{2}+1}{x_{2}-1}+2$.
由$\overrightarrow{QM}=\lambda\overrightarrow{QO}$,$\overrightarrow{QN}=\mu\overrightarrow{QO}$得$\lambda = 1 - y_{M}$,$\mu = 1 - y_{N}$.
所以$\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\mu}=\frac{1}{1 - y_{M}}+\frac{1}{1 - y_{N}}=\frac{x_{1}-1}{(k - 1)x_{1}}+\frac{x_{2}-1}{(k - 1)x_{2}}=\frac{1}{k - 1}\cdot\frac{2x_{1}x_{2}-(x_{1}+x_{2})}{x_{1}x_{2}}=\frac{1}{k - 1}\cdot\frac{\frac{2}{k^{2}}+\frac{2k - 4}{k^{2}}}{\frac{1}{k^{2}}}=2$.
所以$\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\mu}$为定值.

训练2　[2023武汉市四月调研]过点$(4,2)$的动直线$l$与双曲线$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞0,b＞0)$交于$M,N$两点，当$l$与$x$轴平行时，$|MN| = 4\sqrt{2}$，当$l$与$y$轴平行时，$|MN| = 4\sqrt{3}$.
(1)求双曲线$E$的标准方程；
(2)点$P$是直线$y = x + 1$上一定点，设直线$PM,PN$的斜率分别为$k_{1},k_{2}$，若$k_{1}k_{2}$为定值，求点$P$的坐标.

答案：
(1)根据双曲线的对称性,可知双曲线E过点($\pm2\sqrt{2}$,2)和点(4,$\pm2\sqrt{3}$),
所以$\begin{cases}\frac{8}{a^{2}}-\frac{4}{b^{2}}=1\\\frac{16}{a^{2}}-\frac{12}{b^{2}}=1\end{cases}$,得$\begin{cases}a^{2}=4\\b^{2}=4\end{cases}$.
故双曲线E的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{4}=1$.
(2)当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为$y = k(x - 4)+2$,
与双曲线方程联立得$\begin{cases}y = k(x - 4)+2\\\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$,消去y,得$(k^{2}-1)x^{2}-(8k^{2}-4k)x + 16k^{2}-16k + 8 = 0$,$\Delta＞0$.
设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$,则$x_{1}+x_{2}=\frac{8k^{2}-4k}{k^{2}-1}$,$x_{1}x_{2}=\frac{16k^{2}-16k + 8}{k^{2}-1}$.
设$P(t,t + 1)$,则
$k_{1}k_{2}=\frac{(y_{1}-t - 1)(y_{2}-t - 1)}{(x_{1}-t)(x_{2}-t)}$
$=\frac{(kx_{1}-4k + t + 1)(kx_{2}-4k + t + 1)}{(x_{1}-t)(x_{2}-t)}$
$=\frac{k^{2}x_{1}x_{2}-k(4k + t - 1)(x_{1}+x_{2})+(4k + t - 1)^{2}}{x_{1}x_{2}-t(x_{1}+x_{2})+t^{2}}$
$=\frac{k^{2}(16k^{2}-16k + 8)-k(4k + t - 1)(8k^{2}-4k)+(4k + t - 1)^{2}(k^{2}-1)}{16k^{2}-16k + 8-t(8k^{2}-4k)+t^{2}(k^{2}-1)}$
$=\frac{(t^{2}+2t - 11)k^{2}-8(t - 1)k-(t - 1)^{2}}{(t - 4)^{2}k^{2}+4(t - 4)k-(t^{2}-8)}$.
当t = 4时,不满足$k_{1}k_{2}$为定值.
当t≠4时,若$k_{1}k_{2}$为定值,则$\frac{t^{2}+2t - 11}{(t - 4)^{2}}=\frac{-8(t - 1)}{4(t - 4)}=\frac{-(t - 1)^{2}}{-(t^{2}-8)}$,解得t = 3,此时$k_{1}k_{2}=4$.(若一个分式为定值,则对应系数成比例,因为要保证分母不为0,所以要考虑t = 4和t≠4两种情况)
经检验,当直线l的斜率不存在时,对$P(3,4)$,也满足$k_{1}k_{2}=4$.
所以点P的坐标为(3,4).

例3　[2023新高考卷Ⅱ]已知双曲线$C$的中心为坐标原点，左焦点为$(-2\sqrt{5},0)$，离心率为$\sqrt{5}$.
(1)求$C$的方程；
(2)记$C$的左、右顶点分别为$A_{1},A_{2}$，过点$(-4,0)$的直线与$C$的左支交于$M,N$两点，$M$在第二象限，直线$MA_{1}$与$NA_{2}$交于点$P$，证明：点$P$在定直线上.

答案：
(1)设双曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$,c为双曲线C的半焦距,
由题意可得$\begin{cases}c = 2\sqrt{5}\\\frac{c}{a}=\sqrt{5}\\c^{2}=a^{2}+b^{2}\end{cases}$,解得$\begin{cases}a = 2\\b = 4\end{cases}$.
所以双曲线C的方程为$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1$.
(2)设$M(x_{1},y_{1})$,$N(x_{2},y_{2})$,直线MN的方程为$x = my - 4$,
则$x_{1}=my_{1}-4$,$x_{2}=my_{2}-4$.
由$\begin{cases}x = my - 4\\\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{16}=1\end{cases}$,得$(4m^{2}-1)y^{2}-32my + 48 = 0$.
因为直线MN与双曲线C的左支交于M,N两点,所以$4m^{2}-1\neq0$,且$\Delta＞0$.
由根与系数的关系得$\begin{cases}y_{1}+y_{2}=\frac{32m}{4m^{2}-1}\\y_{1}y_{2}=\frac{48}{4m^{2}-1}\end{cases}$,所以$y_{1}+y_{2}=\frac{2m}{3}y_{1}y_{2}$.
因为$A_{1}$,$A_{2}$分别为双曲线C的左、右顶点,
所以$A_{1}(-2,0)$,$A_{2}(2,0)$.
直线$MA_{1}$的方程为$\frac{y_{1}}{x_{1}+2}=\frac{y}{x + 2}$,直线$NA_{2}$的方程为$\frac{y_{2}}{x_{2}-2}=\frac{y}{x - 2}$,
所以$\frac{\frac{y_{1}}{x_{1}+2}}{\frac{y_{2}}{x_{2}-2}}=\frac{\frac{y}{x + 2}}{\frac{y}{x - 2}}$,得$\frac{(x_{2}-2)y_{1}}{(x_{1}+2)y_{2}}=\frac{x - 2}{x + 2}$,$\frac{(my_{2}-6)y_{1}}{(my_{1}-2)y_{2}}=\frac{x - 2}{x + 2}$,$\frac{my_{1}y_{2}-6y_{1}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}=\frac{x - 2}{x + 2}$.
因为$\frac{my_{1}y_{2}-6y_{1}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}$
$=\frac{my_{1}y_{2}-6(y_{1}+y_{2})+6y_{2}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}$
$=\frac{my_{1}y_{2}-6\cdot\frac{2m}{3}y_{1}y_{2}+6y_{2}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}$
$=\frac{-3my_{1}y_{2}+6y_{2}}{my_{1}y_{2}-2y_{2}}$
= - 3,
所以$\frac{x - 2}{x + 2}=-3$,解得x = - 1,
所以点P在定直线x = - 1上.