第13课：高考题型归纳（二）

设 $A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$，$M(x_0, y_0)$。

由 $\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} = 2\overrightarrow{MP}$：

$(x_1 - x_0 + x_2 - x_0, y_1 - y_0 + y_2 - y_0) = 2(1 - x_0, 0 - y_0)$

$x_1 + x_2 - 2x_0 = 2 - 2x_0$，$y_1 + y_2 - 2y_0 = -2y_0$

$x_1 + x_2 = 2$，$y_1 + y_2 = 0$

设直线 $AB$：$x = my + 1$（过点 $P(1, 0)$）。

联立：

$$\frac{(my+1)^2}{4} + y^2 = 1$$

$$(my+1)^2 + 4y^2 = 4$$

$$m^2y^2 + 2my + 1 + 4y^2 = 4$$

$$(m^2 + 4)y^2 + 2my - 3 = 0$$

$y_1 + y_2 = -\dfrac{2m}{m^2 + 4} = 0$，所以 $m = 0$。

直线 $AB$：$x = 1$（垂直于 $x$ 轴）。

验证：$x_1 = x_2 = 1$，$x_1 + x_2 = 2$ ✓

所以直线 $AB$ 过定点 $(1, 0)$。

设 $A(x_0, y_0)$，则 $B(-x_0, -y_0)$，$P(x, y)$。

$\dfrac{x_0^2}{4} + y_0^2 = 1$，$\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$。

$k_1 = \dfrac{y - y_0}{x - x_0}$，$k_2 = \dfrac{y + y_0}{x + x_0}$。

$k_1 \cdot k_2 = \dfrac{(y - y_0)(y + y_0)}{(x - x_0)(x + x_0)} = \dfrac{y^2 - y_0^2}{x^2 - x_0^2}$

由椭圆方程：$y^2 = 1 - \dfrac{x^2}{4}$，$y_0^2 = 1 - \dfrac{x_0^2}{4}$。

$y^2 - y_0^2 = \left(1 - \dfrac{x^2}{4}\right) - \left(1 - \dfrac{x_0^2}{4}\right) = -\dfrac{x^2 - x_0^2}{4}$

$k_1 \cdot k_2 = \dfrac{-\frac{x^2 - x_0^2}{4}}{x^2 - x_0^2} = -\dfrac{1}{4}$（定值）。

联立：

$$\frac{x^2}{4} + (kx+1)^2 = 1$$

$$x^2 + 4(kx+1)^2 = 4$$

$$x^2 + 4k^2x^2 + 8kx + 4 = 4$$

$$(1 + 4k^2)x^2 + 8kx = 0$$

$$x[(1 + 4k^2)x + 8k] = 0$$

$x_1 = 0$，$x_2 = -\dfrac{8k}{1 + 4k^2}$。

要有两个不同交点，需 $x_2 \neq x_1$，即 $-\dfrac{8k}{1 + 4k^2} \neq 0$。

所以 $k \neq 0$。

$k$ 的取值范围为 $k \in (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$。

由例题3：$x_1 = 0$，$x_2 = -\dfrac{8k}{1 + 4k^2}$。

$y_1 = 1$，$y_2 = k \cdot \left(-\dfrac{8k}{1 + 4k^2}\right) + 1 = \dfrac{1 - 4k^2}{1 + 4k^2}$。

$A(0, 1)$，$B\left(-\dfrac{8k}{1 + 4k^2}, \dfrac{1 - 4k^2}{1 + 4k^2}\right)$。

$|AB| = \sqrt{\left(-\dfrac{8k}{1 + 4k^2}\right)^2 + \left(\dfrac{1 - 4k^2}{1 + 4k^2} - 1\right)^2}$

$= \sqrt{\dfrac{64k^2}{(1 + 4k^2)^2} + \dfrac{64k^4}{(1 + 4k^2)^2}}$

$= \dfrac{8|k|\sqrt{1 + k^2}}{1 + 4k^2}$

原点 $O$ 到直线 $y = kx + 1$ 的距离：$d = \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^2}}$。

$S = \dfrac{1}{2} |AB| \cdot d = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{8|k|\sqrt{1 + k^2}}{1 + 4k^2} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^2}} = \dfrac{4|k|}{1 + 4k^2}$

设 $t = |k| > 0$，$S = \dfrac{4t}{1 + 4t^2} = \dfrac{4}{\frac{1}{t} + 4t}$。

由均值不等式：$\dfrac{1}{t} + 4t \geq 2\sqrt{4} = 4$（当 $\dfrac{1}{t} = 4t$，即 $t = \dfrac{1}{2}$ 时取等）。

$S_{\max} = \dfrac{4}{4} = 1$。

$c = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$，右焦点 $F(\sqrt{3}, 0)$。

假设存在点 $M(m, 0)$ 满足条件。

设直线 $l$：$x = ty + m$（避免斜率不存在的情况）。

联立：

$$\frac{(ty+m)^2}{4} + y^2 = 1$$

$$(ty+m)^2 + 4y^2 = 4$$

$$t^2y^2 + 2mty + m^2 + 4y^2 = 4$$

$$(t^2 + 4)y^2 + 2mty + m^2 - 4 = 0$$

$y_1 + y_2 = -\dfrac{2mt}{t^2 + 4}$，$y_1 y_2 = \dfrac{m^2 - 4}{t^2 + 4}$。

$\overrightarrow{MA} = (x_1 - m, y_1)$，$\overrightarrow{MB} = (x_2 - m, y_2)$。

$\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = (x_1 - m)(x_2 - m) + y_1 y_2$

$= (ty_1)(ty_2) + y_1 y_2 = (t^2 + 1)y_1 y_2$

$= (t^2 + 1) \cdot \dfrac{m^2 - 4}{t^2 + 4}$

要使 $\overrightarrow{MA} \cdot \overrightarrow{MB} = 0$ 对任意 $t$ 成立，需 $m^2 - 4 = 0$，即 $m = \pm 2$。

验证：当 $m = 2$ 时，$M(2, 0)$。

$\Delta = 4m^2t^2 - 4(t^2 + 4)(m^2 - 4) = 4 \cdot 4t^2 - 4(t^2 + 4)(-2) = 16t^2 + 8t^2 + 32 = 24t^2 + 32 > 0$ ✓

所以存在点 $M(2, 0)$ 或 $M(-2, 0)$ 满足条件。

假设存在直线 $l$：$x = ty + 1$（过点 $P(1, 0)$）。

联立：

$$y^2 = 4(ty + 1)$$

$$y^2 - 4ty - 4 = 0$$

$y_1 + y_2 = 4t$，$y_1 y_2 = -4$。

$x_1 = ty_1 + 1$，$x_2 = ty_2 + 1$。

$x_1 x_2 = (ty_1 + 1)(ty_2 + 1) = t^2 y_1 y_2 + t(y_1 + y_2) + 1$

$= t^2(-4) + t(4t) + 1 = -4t^2 + 4t^2 + 1 = 1$

$\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = x_1 x_2 + y_1 y_2 = 1 + (-4) = -3 \neq 0$。

所以不存在满足条件的直线 $l$。

设直线 $l$：$x = ty + 1$。

联立：$(t^2 + 4)y^2 + 2ty - 3 = 0$。

$y_1 + y_2 = -\dfrac{2t}{t^2 + 4}$，$y_1 y_2 = -\dfrac{3}{t^2 + 4}$。

$(y_1 - y_2)^2 = (y_1 + y_2)^2 - 4y_1 y_2 = \dfrac{4t^2}{(t^2 + 4)^2} + \dfrac{12}{t^2 + 4} = \dfrac{4t^2 + 12t^2 + 48}{(t^2 + 4)^2} = \dfrac{16t^2 + 48}{(t^2 + 4)^2}$

$|AB| = \sqrt{1 + t^2} \cdot |y_1 - y_2| = \sqrt{1 + t^2} \cdot \dfrac{4\sqrt{t^2 + 3}}{t^2 + 4}$

设 $u = t^2 \geq 0$，$|AB|^2 = (1 + u) \cdot \dfrac{16(u + 3)}{(u + 4)^2} = \dfrac{16(u^2 + 4u + 3)}{(u + 4)^2}$

$= 16 \cdot \dfrac{u^2 + 4u + 3}{u^2 + 8u + 16} = 16 \cdot \left(1 - \dfrac{4u + 13}{(u + 4)^2}\right)$

当 $u = 0$ 时，$|AB|^2 = 16 \cdot \dfrac{3}{16} = 3$，$|AB| = \sqrt{3}$。

当 $u \to +\infty$ 时，$|AB|^2 \to 16$，$|AB| \to 4$。

所以 $|AB| \in [\sqrt{3}, 4)$。

设 $A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$。

$k_1 = \dfrac{y_1}{x_1 - 1}$，$k_2 = \dfrac{y_2}{x_2 - 1}$。

$k_1 + k_2 = 0$，即 $\dfrac{y_1}{x_1 - 1} + \dfrac{y_2}{x_2 - 1} = 0$。

$y_1(x_2 - 1) + y_2(x_1 - 1) = 0$

$y_1 x_2 + y_2 x_1 - (y_1 + y_2) = 0$

设直线 $AB$：$x = my + n$。

联立：$(m^2 + 4)y^2 + 2mny + n^2 - 4 = 0$。

$y_1 + y_2 = -\dfrac{2mn}{m^2 + 4}$，$y_1 y_2 = \dfrac{n^2 - 4}{m^2 + 4}$。

$x_1 = my_1 + n$，$x_2 = my_2 + n$。

$y_1 x_2 + y_2 x_1 = y_1(my_2 + n) + y_2(my_1 + n) = 2my_1 y_2 + n(y_1 + y_2)$

$= 2m \cdot \dfrac{n^2 - 4}{m^2 + 4} + n \cdot \left(-\dfrac{2mn}{m^2 + 4}\right) = \dfrac{2m(n^2 - 4) - 2mn^2}{m^2 + 4} = \dfrac{-8m}{m^2 + 4}$

代入：$\dfrac{-8m}{m^2 + 4} - \left(-\dfrac{2mn}{m^2 + 4}\right) = 0$

$-8m + 2mn = 0$

$2m(n - 4) = 0$

因为 $m \neq 0$（否则直线垂直于 $x$ 轴，$k_1 + k_2 \neq 0$），所以 $n = 4$。

直线 $AB$：$x = my + 4$，过定点 $(4, 0)$。

$c = \sqrt{4 - 1} = \sqrt{3}$，$F_1(-\sqrt{3}, 0)$，$F_2(\sqrt{3}, 0)$。

设 $P(x, y)$，则 $\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1$，$y^2 = 1 - \dfrac{x^2}{4}$。

$\overrightarrow{PF_1} = (-\sqrt{3} - x, -y)$，$\overrightarrow{PF_2} = (\sqrt{3} - x, -y)$。

$\overrightarrow{PF_1} \cdot \overrightarrow{PF_2} = (-\sqrt{3} - x)(\sqrt{3} - x) + (-y)(-y)$

$= x^2 - 3 + y^2 = x^2 - 3 + 1 - \dfrac{x^2}{4} = \dfrac{3x^2}{4} - 2$

因为 $x \in [-2, 2]$，所以 $x^2 \in [0, 4]$。

当 $x^2 = 0$ 时，$\overrightarrow{PF_1} \cdot \overrightarrow{PF_2} = -2$（最小值）。

当 $x^2 = 4$ 时，$\overrightarrow{PF_1} \cdot \overrightarrow{PF_2} = 3 - 2 = 1$（最大值）。

设 $A(x_1, y_1)$，$B(x_2, y_2)$，$M(x, y)$。

$x = \dfrac{x_1 + x_2}{2}$，$y = \dfrac{y_1 + y_2}{2}$。

$\dfrac{x_1^2}{4} + y_1^2 = 1$，$\dfrac{x_2^2}{4} + y_2^2 = 1$。

相减：$\dfrac{x_1^2 - x_2^2}{4} + (y_1^2 - y_2^2) = 0$。

$\dfrac{(x_1 + x_2)(x_1 - x_2)}{4} + (y_1 + y_2)(y_1 - y_2) = 0$。

$\dfrac{2x(x_1 - x_2)}{4} + 2y(y_1 - y_2) = 0$。

$\dfrac{x}{2} + 2y \cdot \dfrac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2} = 0$。

直线 $AB$ 过点 $P(1, 0)$，斜率 $k = \dfrac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2} = \dfrac{y - 0}{x - 1} = \dfrac{y}{x - 1}$。

$\dfrac{x}{2} + 2y \cdot \dfrac{y}{x - 1} = 0$。

$\dfrac{x}{2} + \dfrac{2y^2}{x - 1} = 0$。

$x(x - 1) + 4y^2 = 0$。

$x^2 - x + 4y^2 = 0$。

$(x - \dfrac{1}{2})^2 + 4y^2 = \dfrac{1}{4}$。

轨迹方程为 $\dfrac{(x - \frac{1}{2})^2}{\frac{1}{4}} + \dfrac{y^2}{\frac{1}{16}} = 1$（椭圆的一部分）。

抛物线 $y^2 = 4x$，$p = 2$，焦点 $F(1, 0)$，准线 $x = -1$。

设直线 $AB$：$x = ty + 1$。

联立：$y^2 = 4(ty + 1)$，$y^2 - 4ty - 4 = 0$。

$y_1 + y_2 = 4t$，$y_1 y_2 = -4$。

$x_1 = ty_1 + 1$，$x_2 = ty_2 + 1$。

由焦半径公式：$|AF| = x_1 + 1 = ty_1 + 2$，$|BF| = x_2 + 1 = ty_2 + 2$。

$\dfrac{1}{|AF|} + \dfrac{1}{|BF|} = \dfrac{1}{ty_1 + 2} + \dfrac{1}{ty_2 + 2} = \dfrac{ty_1 + 2 + ty_2 + 2}{(ty_1 + 2)(ty_2 + 2)}$

$= \dfrac{t(y_1 + y_2) + 4}{t^2 y_1 y_2 + 2t(y_1 + y_2) + 4}$

$= \dfrac{t \cdot 4t + 4}{t^2(-4) + 2t \cdot 4t + 4} = \dfrac{4t^2 + 4}{-4t^2 + 8t^2 + 4} = \dfrac{4t^2 + 4}{4t^2 + 4} = 1$（定值）。

设直线 $l$：$x = ty + 1$。

联立：$(t^2 + 4)y^2 + 2ty - 3 = 0$。

$y_1 + y_2 = -\dfrac{2t}{t^2 + 4}$，$y_1 y_2 = -\dfrac{3}{t^2 + 4}$。

$|y_1 - y_2| = \sqrt{(y_1 + y_2)^2 - 4y_1 y_2} = \sqrt{\dfrac{4t^2}{(t^2 + 4)^2} + \dfrac{12}{t^2 + 4}} = \dfrac{4\sqrt{t^2 + 3}}{t^2 + 4}$

原点 $O$ 到直线 $x = ty + 1$ 的距离：$d = \dfrac{1}{\sqrt{1 + t^2}}$。

$|AB| = \sqrt{1 + t^2} \cdot |y_1 - y_2| = \sqrt{1 + t^2} \cdot \dfrac{4\sqrt{t^2 + 3}}{t^2 + 4}$

$S = \dfrac{1}{2} |AB| \cdot d = \dfrac{1}{2} \cdot \sqrt{1 + t^2} \cdot \dfrac{4\sqrt{t^2 + 3}}{t^2 + 4} \cdot \dfrac{1}{\sqrt{1 + t^2}} = \dfrac{2\sqrt{t^2 + 3}}{t^2 + 4}$

由题意：$\dfrac{2\sqrt{t^2 + 3}}{t^2 + 4} = \dfrac{\sqrt{3}}{2}$。

$4\sqrt{t^2 + 3} = \sqrt{3}(t^2 + 4)$。

$16(t^2 + 3) = 3(t^2 + 4)^2$。

$16t^2 + 48 = 3t^4 + 24t^2 + 48$。

$3t^4 + 8t^2 = 0$。

$t^2(3t^2 + 8) = 0$。

$t = 0$。

直线 $l$：$x = 1$。