《2026年学易优高考二轮总复习数学》

【样题 3】(2025·重庆诊断)已知椭圆 $ E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0) $ 的短轴长为 $ 2\sqrt{3} $，左、右顶点分别为 $ C,D $，过右焦点 $ F(1,0) $ 的直线 $ l $ 交椭圆 $ E $ 于 $ A,B $ 两点(不与 $ C,D $ 重合)，直线 $ AC $ 与直线 $ BD $ 交于点 $ T $。
(1) 求椭圆 $ E $ 的方程；
(2) 求证：点 $ T $ 在定直线上。

答案：

(1)解:依题意，$b=\sqrt{3}$，半焦距$c = 1$，则$a=\sqrt{b^{2}+c^{2}}=2$，所以椭圆$E$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)证明:显然直线$AB$不垂直于$y$轴，设直线$AB:x = ty + 1$。
由$\begin{cases}x = ty + 1\\3x^{2}+4y^{2}=12\end{cases}$消去$x$并整理得$(3t^{2}+4)y^{2}+6ty - 9 = 0$。
$\Delta=36t^{2}+36(3t^{2}+4)=144(t^{2}+1)＞0$，设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，则$y_1 + y_2=\frac{-6t}{3t^{2}+4}$，$y_1y_2=\frac{-9}{3t^{2}+4}$，且有$ty_1y_2=\frac{3}{2}(y_1 + y_2)$。
直线$AC:y=\frac{y_1}{x_1 + 2}(x + 2)$，直线$BD:y=\frac{y_2}{x_2 - A}(x - 2)$，联立消去$y$得$\frac{y_1}{x_1 + 2}(x + 2)=\frac{y_2}{x_2 - 2}(x - 2)$，即$(\frac{y_2}{x_2 - 2}-\frac{y_1}{x_1 + 2})x=\frac{2y_1}{x_1 + 2}+\frac{2y_2}{x_2 - 2}$。
整理得$[y_2(x_1 + 2)-y_1(x_2 - 2)]x=2y_1(x_2 - 2)+2y_2(x_1 + 2)$，即$[y_2(ty_1 + 3)-y_1(ty_2 - 1)]x=2y_1(ty_2 - 1)+2y_2(ty_1 + 3)$。
于是$(3y_2 + y_1)x=4ty_1y_2-2y_1 + 6y_2$，而$ty_1y_2=\frac{3}{2}(y_1 + y_2)$，则$(3y_2 + y_1)x=6(y_1 + y_2)-2y_1 + 6y_2$。
因此$x=\frac{6(y_1 + y_2)-2y_1 + 6y_2}{3y_2 + y_1}=\frac{12y_2 + 4y_1}{3y_2 + y_1}=4$。
所以点$T$在定直线$x = 4$上。

【样题 4】(2025·长春质检)过抛物线 $ E:y^{2}=2px(p＞0) $ 的焦点 $ F $，且斜率为 $ -1 $ 的直线 $ l $ 与抛物线 $ E $ 交于 $ A,B $ 两点，$ |AB|=8 $。
(1) 求抛物线 $ E $ 的方程。
(2) 过焦点 $ F $ 的直线 $ l' $，交抛物线 $ E $ 于 $ C,D $ 两点，直线 $ AC $ 与 $ BD $ 的交点是否恒在一条直线上？若是，求出该直线的方程；否则，说明理由。

答案：
(1)不妨设直线$l:y = -x+\frac{p}{2}$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$。
联立得$\begin{cases}y = -x+\frac{p}{2}\\y^{2}=2px\end{cases}$，消去$y$并整理得$x^{2}-3px+\frac{p^{2}}{4}=0$。
$\Delta_1=(-3p)^{2}-4×1×\frac{p^{2}}{4}=8p^{2}＞0$，所以$x_1 + x_2=3p$，$x_1x_2=\frac{p^{2}}{4}$。
由抛物线的定义得，$\vert AB\vert = x_1 + x_2 + p = 4p = 8$，解得$p = 2$，所以抛物线$E$的方程为$y^{2}=4x$。
(2)由
(1)知$y_1 + y_2=-4$，$y_1y_2=-4$。
不妨设直线$l'$的方程为$x = my + 1$，$C(x_3,y_3)$，$D(x_4,y_4)$。
联立$\begin{cases}x = my + 1\\y^{2}=4x\end{cases}$，消去$x$并整理得$y^{2}-4my - 4 = 0$。
由根与系数的关系得$y_3 + y_4 = 4m$，$y_3· y_4=-4$。
此时直线$AC:y - y_3=\frac{y_1 - y_3}{x_1 - x_3}=\frac{y_1 - y_3}{\frac{y_1^{2}}{4}-\frac{y_3^{2}}{4}}(x - x_3)=\frac{4}{y_1 + y_3}(x - x_3)$，即$y=\frac{4x + y_1y_3}{y_1 + y_3}$ ①。
同理，直线$BD:y=\frac{4x + y_2y_4}{y_2 + y_4}$ ②。
由①②消去$y$得，$\frac{4x + y_1y_3}{y_1 + y_3}=\frac{4x + y_2y_4}{y_2 + y_4}$，即$4(y_1 - y_2 + y_3 - y_4)x = y_1y_2(y_3 - y_4)+y_3y_4(y_1 - y_2)=-4(y_1 - y_2 + y_3 - y_4)$，解得$x = - 1$。
所以直线$AC$与直线$BD$的交点恒在直线$x = - 1$上。

训练 2（2025·安康模拟）已知双曲线 $ C:x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1 $ 的左、右顶点分别是 $ A_{1},A_{2} $，直线 $ l $ 与 $ C $ 交于 $ M,N $ 两点（不与 $ A_{2} $ 重合），设直线 $ A_{2}M,A_{2}N,l $ 的斜率分别为 $ k_{1},k_{2},k $，且 $ (k_{1}+k_{2})k=-6 $。
(1) 判断直线 $ l $ 是否过 $ x $ 轴上的定点。若过，求出该定点；若不过，请说明理由；
(2) 若 $ M,N $ 分别在第一和第四象限内，证明：直线 $ MA_{1} $ 与 $ NA_{2} $ 的交点 $ P $ 在定直线上。

答案：
(1)解:由题意可知$A_1(-1,0)$，$A_2(1,0)$，$k\neq0$，设直线$l$的方程为$y = kx + m$，$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$。
由$\begin{cases}x^{2}-\frac{y^{2}}{3}=1\\y = kx + m\end{cases}$，可得$(3 - k^{2})x^{2}-2kmx - m^{2}-3 = 0$。
则$k^{2}\neq3$，$\Delta=12(m^{2}+3 - k^{2})＞0$，即$k^{2}＜m^{2}+3$，$x_1 + x_2=\frac{2km}{3 - k^{2}}$，$x_1x_2=-\frac{m^{2}+3}{3 - k^{2}}$。
因为$(k_1 + k_2)k = k[\frac{kx_1 + m}{x_1 - 1}+\frac{kx_2 + m}{x_2 - 1}]=k[\frac{(kx_1 + m)(x_2 - 1)+(kx_2 + m)(x_1 - 1)}{(x_1 - 1)(x_2 - 1)}]=k[\frac{2kx_1x_2+(m - k)(x_1 + x_2)-2m}{x_1x_2-(x_1 + x_2)+1}]=k[\frac{2k(-\frac{m^{2}+3}{3 - k^{2}})+(m - k)\frac{2km}{3 - k^{2}}-2m}{-\frac{m^{2}+3}{3 - k^{2}}-\frac{2km}{3 - k^{2}}+1}]=-6$。
所以$m = - 2k$，故直线$l$的方程为$y = k(x - 2)$，恒过点$(2,0)$。
(2)证明:由题可知，直线$MA_1$的方程为$y=\frac{y_1}{x_1 + 1}(x + 1)$，直线$NA_2$的方程为$y=\frac{y_2}{x_2 - 1}(x - 1)$。
联立两方程得$\frac{x + 1}{x - 1}=\frac{y_2(x_1 + 1)}{y_1(x_2 - 1)}=\frac{(x_2 - 2)(x_1 + 1)}{(x_1 - 2)(x_2 - 1)}=\frac{x_1x_2 - 2x_1 + x_2 - 2}{x_1x_2 - 2x_2 - x_1 + 2}=\frac{x_1x_2+(x_1 + x_2)-3x_1 - 2}{x_1x_2 - 2(x_1 + x_2)+x_1 + 2}=\frac{\frac{-6k^{2}-9}{3 - k^{2}}-3x_1}{\frac{2k^{2}+3}{3 - k^{2}}+x_1}=-3$。
所以$x=\frac{1}{2}$，故点$P$在定直线$x=\frac{1}{2}$上。