《2025年高考帮数学》

训练3　[2023福州市质检]已知抛物线$E:y^{2}=2px(p＞0)$，过点$(-2,0)$的两条直线$l_{1},l_{2}$分别交$E$于$A,B$两点和$C,D$两点. 当$l_{1}$的斜率为$\frac{2}{3}$时，$|AB|=\sqrt{13}$.
(1)求$E$的标准方程；
(2)设$G$为直线$AD$与$BC$的交点，证明：点$G$必在定直线上.

答案：
(1)当$l_{1}$的斜率为$\frac{2}{3}$时,得$l_{1}$的方程为$y=\frac{2}{3}(x + 2)$.
由$\begin{cases}y^{2}=2px\\y=\frac{2}{3}(x + 2)\end{cases}$,消元并整理得,$y^{2}-3py + 4p = 0$,
由弦长公式及根与系数的关系得,$\vert AB\vert=\sqrt{1+(\frac{3}{2})^{2}}\cdot\sqrt{(3p)^{2}-16p}=\sqrt{13}$,
即$\sqrt{9p^{2}-16p}=2$,解得p = 2或$p = -\frac{2}{9}$(舍去),
从而E的标准方程为$y^{2}=4x$.
(2)设直线AB的方程为$y = k_{1}(x + 2)$,$k_{1}\neq0$,
由$\begin{cases}y = k_{1}(x + 2)\\y^{2}=4x\end{cases}$,消去x并整理得$k_{1}y^{2}-4y + 8k_{1}=0$,
设$A(\frac{y_{1}^{2}}{4},y_{1})$,$B(\frac{y_{2}^{2}}{4},y_{2})$,则$y_{1}y_{2}=8$.
设直线CD的方程为$y = k_{2}(x + 2)$,$k_{2}\neq0$,$C(\frac{y_{3}^{2}}{4},y_{3})$,$D(\frac{y_{4}^{2}}{4},y_{4})$,
同理可得$y_{3}y_{4}=8$.
直线AD的方程为$y - y_{1}=\frac{y_{4}-y_{1}}{\frac{y_{4}^{2}}{4}-\frac{y_{1}^{2}}{4}}(x - \frac{y_{1}^{2}}{4})$,即$y=\frac{4}{y_{4}+y_{1}}x+\frac{y_{1}y_{4}}{y_{4}+y_{1}}$,化简得$4x-(y_{1}+y_{4})y + y_{1}y_{4}=0$,
同理得,直线BC的方程为$4x-(y_{2}+y_{3})y + y_{2}y_{3}=0$.
因为直线AD与BC相交,所以$y_{2}+y_{3}\neq y_{1}+y_{4}$,
由$\begin{cases}4x-(y_{1}+y_{4})y + y_{1}y_{4}=0\\4x-(y_{2}+y_{3})y + y_{2}y_{3}=0\end{cases}$,消去y,
解得$x=\frac{y_{2}y_{3}(y_{1}+y_{4})-y_{1}y_{4}(y_{2}+y_{3})}{4[(y_{2}+y_{3})-(y_{1}+y_{4})]}$
$=\frac{y_{1}y_{2}y_{3}+y_{2}y_{3}y_{4}-y_{1}y_{2}y_{4}-y_{1}y_{3}y_{4}}{4[(y_{2}+y_{3})-(y_{1}+y_{4})]}$
$=\frac{8y_{3}+8y_{2}-8y_{4}-8y_{1}}{4[(y_{2}+y_{3})-(y_{1}+y_{4})]}$
= 2,
所以点G的横坐标为2,即直线AD与BC的交点G在定直线x = 2上.

例1　[2022新高考卷II]已知双曲线$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$的右焦点为$F(2,0)$，渐近线方程为$y = \pm\sqrt{3}x$.
(1)求$C$的方程.
(2)过$F$的直线与$C$的两条渐近线分别交于$A$，$B$两点，点$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$在$C$上，且$x_{1} ＞ x_{2} ＞ 0$，$y_{1} ＞ 0$.过$P$且斜率为$-\sqrt{3}$的直线与过$Q$且斜率为$\sqrt{3}$的直线交于点$M$.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立.
①$M$在$AB$上；②$PQ// AB$；③$|MA| = |MB|$.

答案：
(1)由题意得c = 2①.
因为双曲线的渐近线方程为y = ±$\frac{b}{a}x$ = ±$\sqrt{3}x$，所以$\frac{b}{a}$ = $\sqrt{3}$②.
又$c^{2}=a^{2}+b^{2}$③，所以由①②③得a = 1，b = $\sqrt{3}$，所以双曲线C的方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1$.
(2)由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，设直线PQ的方程为y = kx + t(k≠0)，将直线PQ的方程代入C的方程，
整理得(3 - $k^{2}$)$x^{2}-2ktx - t^{2}-3 = 0$，$\Delta＞0$，故$t^{2}+3 - k^{2}＞0$，
则$x_{1}+x_{2}=\frac{2kt}{3 - k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=-\frac{t^{2}+3}{3 - k^{2}}＞0$，所以3 - $k^{2}＜0$，
所以$x_{1}-x_{2}=\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\frac{2\sqrt{3(t^{2}+3 - k^{2})}}{k^{2}-3}$.
设点M的坐标为($x_{M}$，$y_{M}$)，则$\begin{cases}y_{M}-y_{1}=-\sqrt{3}(x_{M}-x_{1}) \\ y_{M}-y_{2}=\sqrt{3}(x_{M}-x_{2})\end{cases}$，
两式相减，得$y_{1}-y_{2}=2\sqrt{3}x_{M}-\sqrt{3}(x_{1}+x_{2})$，
又$y_{1}-y_{2}=(kx_{1}+t)-(kx_{2}+t)=k(x_{1}-x_{2})$，
所以$2\sqrt{3}x_{M}=k(x_{1}-x_{2})+\sqrt{3}(x_{1}+x_{2})$，解得$x_{M}=\frac{k\sqrt{t^{2}+3 - k^{2}}-kt}{k^{2}-3}$；
两式相加，得$2y_{M}-(y_{1}+y_{2})=\sqrt{3}(x_{1}-x_{2})$，
又$y_{1}+y_{2}=(kx_{1}+t)+(kx_{2}+t)=k(x_{1}+x_{2})+2t$，
所以$2y_{M}=k(x_{1}+x_{2})+\sqrt{3}(x_{1}-x_{2})+2t$，
解得$y_{M}=\frac{3\sqrt{t^{2}+3 - k^{2}}-3t}{k^{2}-3}=\frac{3}{k}x_{M}$.
因此，点M的轨迹为直线y = $\frac{3}{k}x$，其中k为直线PQ的斜率.
若选择①②：因为PQ//AB，所以直线AB的方程为y = k(x - 2)，设A($x_{A}$，$y_{A}$)，B($x_{B}$，$y_{B}$)，
不妨令点A在直线y = $\sqrt{3}x$上，
则由$\begin{cases}y_{A}=k(x_{A}-2) \\ y_{A}=\sqrt{3}x_{A}\end{cases}$，解得$x_{A}=\frac{2k}{k - \sqrt{3}}$，$y_{A}=\frac{2\sqrt{3}k}{k - \sqrt{3}}$，
同理可得$x_{B}=\frac{2k}{k + \sqrt{3}}$，$y_{B}=-\frac{2\sqrt{3}k}{k + \sqrt{3}}$，
所以$x_{A}+x_{B}=\frac{4k^{2}}{k^{2}-3}$，$y_{A}+y_{B}=\frac{12k}{k^{2}-3}$.
点M的坐标满足$\begin{cases}y_{M}=k(x_{M}-2) \\ y_{M}=\frac{3}{k}x_{M}\end{cases}$，
得$x_{M}=\frac{2k^{2}}{k^{2}-3}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2}$，$y_{M}=\frac{6k}{k^{2}-3}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}$，
故M为AB的中点，即|MA| = |MB|.
若选择①③：当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2，0)，此时M不在直线y = $\frac{3}{k}x$上，矛盾.
当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为y = m(x - 2)(m≠0)，A($x_{A}$，$y_{A}$)，B($x_{B}$，$y_{B}$)，
不妨令点A在直线y = $\sqrt{3}x$上，
则由$\begin{cases}y_{A}=m(x_{A}-2) \\ y_{A}=\sqrt{3}x_{A}\end{cases}$，解得$x_{A}=\frac{2m}{m - \sqrt{3}}$，$y_{A}=\frac{2\sqrt{3}m}{m - \sqrt{3}}$，
同理可得$x_{B}=\frac{2m}{m + \sqrt{3}}$，$y_{B}=-\frac{2\sqrt{3}m}{m + \sqrt{3}}$，
因为M在AB上，且|MA| = |MB|，所以$x_{M}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\frac{2m^{2}}{m^{2}-3}$，$y_{M}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}=\frac{6m}{m^{2}-3}$，
又点M在直线y = $\frac{3}{k}x$上，所以$\frac{6m}{m^{2}-3}=\frac{3}{k}\cdot\frac{2m^{2}}{m^{2}-3}$，
解得k = m，因此PQ//AB.
若选择②③：因为PQ//AB，所以直线AB的方程为y = k(x - 2)，设A($x_{A}$，$y_{A}$)，B($x_{B}$，$y_{B}$)，
不妨令点A在直线y = $\sqrt{3}x$上，
则由$\begin{cases}y_{A}=k(x_{A}-2) \\ y_{A}=\sqrt{3}x_{A}\end{cases}$，解得$x_{A}=\frac{2k}{k - \sqrt{3}}$，$y_{A}=\frac{2\sqrt{3}k}{k - \sqrt{3}}$，
同理可得$x_{B}=\frac{2k}{k + \sqrt{3}}$，$y_{B}=-\frac{2\sqrt{3}k}{k + \sqrt{3}}$，
设AB的中点为C($x_{C}$，$y_{C}$)，则$x_{C}=\frac{x_{A}+x_{B}}{2}=\frac{2k^{2}}{k^{2}-3}$，$y_{C}=\frac{y_{A}+y_{B}}{2}=\frac{6k}{k^{2}-3}$.
因为|MA| = |MB|，所以M在AB的垂直平分线上，即点M在直线y - $y_{C}$= -$\frac{1}{k}(x - x_{C})$，即y - $\frac{6k}{k^{2}-3}=-\frac{1}{k}(x - \frac{2k^{2}}{k^{2}-3})$上，
与y = $\frac{3}{k}x$联立，得$x_{M}=\frac{2k^{2}}{k^{2}-3}=x_{C}$，$y_{M}=\frac{6k}{k^{2}-3}=y_{C}$，
即点M恰为AB的中点，故点M在直线AB上.