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2022年高考数学新高考Ⅱ-20<-->2022年高考数学新高考Ⅱ-22
（12分）已知双曲线$C:\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1(a > 0,b > 0)$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$\vert MA\vert =\vert MB\vert$．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
分析：（1）根据渐近线方程和$a^{2}+b^{2}=c^{2}$即可求出；
（2）法一：首先求出点$M$的轨迹方程即为$y_{M}=\dfrac{3}{k}x_{M}$，其中$k$为直线$PQ$的斜率，
若选择①②：设直线$AB$的方程为$y=k(x-2)$，求出点$M$的坐标，可得$M$为$AB$的中点，即可$\vert MA\vert =\vert MB\vert$；
若选择①③：当直线$AB$的斜率存在时，设直线$AB$的方程为$y=m(x-2)(m\ne 0)$，求出点$M$的坐标，即可$PQ//AB$；
若选择②③：设直线$AB$的方程为$y=k(x-2)$，设$AB$的中点$C(x_{C}$，$y_{C})$，求出点$C$的坐标，可得点$M$恰为$AB$中点，故点$M$在直线$AB$上．
法二：直线$AB$的斜率存在且不为0，直线$AB$的斜率为$k$，直线$AB$的方程为$y=k(x-2)$．条件①$M$在$AB$上等价于$m=k\Leftrightarrow ky_{0}=k^{2}(x_{0}-2)$，条件②$PQ//AB$等价于$ky_{0}=3x_{0}$，条件③$\vert AM\vert =\vert BM\vert$等价于${x}_{0}+k{y}_{0}=\dfrac{8{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$．再从①②③中选两个条件，证明第三个条件成立．
解：（1）由题意可得$\dfrac{b}{a}=\sqrt{3}$，$\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}=2$，
解得$a=1$，$b=\sqrt{3}$，
因此$C$的方程为$x^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{3}=1$，
（2）解法一：设直线$PQ$的方程为$y=kx+m$，$(k\ne 0)$，将直线$PQ$的方程代入$x^{2}-\dfrac{{y}^{2}}{3}=1$可得$(3-k^{2})x^{2}-2kmx-m^{2}-3=0$，
△$=12(m^{2}+3-k^{2}) > 0$，
$\because x_{1} > x_{2} > 0$
$\therefore x_{1}+x_{2}=\dfrac{2km}{3-{k}^{2}} > 0$，$x_{1}x_{2}=-\dfrac{{m}^{2}+3}{3-{k}^{2}} > 0$，
$\therefore 3-k^{2} < 0$，
$\therefore x_{1}-x_{2}=\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}=\dfrac{2\sqrt{3}\cdot \sqrt{{m}^{2}+3-{k}^{2}}}{{k}^{2}-3}$，
设点$M$的坐标为$(x_{M}$，$y_{M})$，则$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{M}-{y}_{1}=-\sqrt{3}({x}_{M}-{x}_{1})}\\ {{y}_{M}-{y}_{2}=\sqrt{3}({x}_{M}-{x}_{2})}\end{array}\right.$，
两式相减可得$y_{1}-y_{2}=2\sqrt{3}x_{M}-\sqrt{3}(x_{1}+x_{2})$，
$\because y_{1}-y_{2}=k(x_{1}-x_{2})$，
$\therefore 2\sqrt{3}x_{M}=\sqrt{3}(x_{1}+x_{2})+k(x_{1}-x_{2})$，
解得$X_{M}=\dfrac{k\sqrt{{m}^{2}+3-{k}^{2}}-\;km}{{k}^{2}-3}$，
两式相加可得$2y_{M}-(y_{1}+y_{2})=\sqrt{3}(x_{1}-x_{2})$，
$\because y_{1}+y_{2}=k(x_{1}+x_{2})+2m$，
$\therefore 2y_{M}=\sqrt{3}(x_{1}-x_{2})+k(x_{1}+x_{2})+2m$，
解得$y_{M}=\dfrac{3\sqrt{{m}^{2}+3-{k}^{2}}-3m}{{k}^{2}-3}$，
$\therefore y_{M}=\dfrac{3}{k}x_{M}$，其中$k$为直线$PQ$的斜率；
若选择①②：
设直线$AB$的方程为$y=k(x-2)$，并设$A$的坐标为$(x_{3}$，$y_{3})$，$B$的坐标为$(x_{4}$，$y_{4})$，
则$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{3}=k({x}_{3}-2)}\\ {{y}_{3}=\sqrt{3}{x}_{3}}\end{array}\right.$，解得$x_{3}=\dfrac{2k}{k-\sqrt{3}}$，$y_{3}=\dfrac{2\sqrt{3}k}{k-\sqrt{3}}$，
同理可得$x_{4}=\dfrac{2k}{k+\sqrt{3}}$，$y_{4}=-\dfrac{2\sqrt{3}k}{k+\sqrt{3}}$，
$\therefore x_{3}+x_{4}=\dfrac{4{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，$y_{3}+y_{4}=\dfrac{12k}{{k}^{2}-3}$，
此时点$M$的坐标满足$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{M}=k({x}_{M}-2)}\\ {{y}_{M}=\dfrac{3}{k}{x}_{M}}\end{array}\right.$，解得$X_{M}=\dfrac{2{k}^{2}}{{k}^{2}-3}=\dfrac{1}{2}(x_{3}+x_{4})$，$y_{M}=\dfrac{6k}{{k}^{2}-3}=\dfrac{1}{2}(y_{3}+y_{4})$，
$\therefore M$为$AB$的中点，即$\vert MA\vert =\vert MB\vert$；
若选择①③：
当直线$AB$的斜率不存在时，点$M$即为点$F(2,0)$，此时不在直线$y=\dfrac{3}{k}x$上，矛盾，
当直线$AB$的斜率存在时，设直线$AB$的方程为$y=m(x-2)(m\ne 0)$，并设$A$的坐标为$(x_{3}$，$y_{3})$，$B$的坐标为$(x_{4}$，$y_{4})$，
则$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{3}=m({x}_{3}-2)}\\ {{y}_{3}=\sqrt{3}{x}_{3}}\end{array}\right.$，解得$x_{3}=\dfrac{2m}{m-\sqrt{3}}$，$y_{3}=\dfrac{2\sqrt{3}m}{m-\sqrt{3}}$，
同理可得$x_{4}=\dfrac{2m}{m+\sqrt{3}}$，$y_{4}=-\dfrac{2\sqrt{3}m}{m+\sqrt{3}}$，
此时$x_{M}=\dfrac{1}{2}(x_{3}+x_{4})=\dfrac{2{m}^{2}}{{m}^{2}-3}$，
$\therefore y_{M}=\dfrac{1}{2}(y_{3}+y_{4})=\dfrac{6m}{{m}^{2}-3}$，
由于点$M$同时在直线$y=\dfrac{3}{k}x$上，故$6m=\dfrac{3}{k}\cdot 2m^{2}$，解得$k=m$，
因此$PQ//AB$．
若选择②③，
设直线$AB$的方程为$y=k(x-2)$，并设$A$的坐标为$(x_{3}$，$y_{3})$，$B$的坐标为$(x_{4}$，$y_{4})$，
则$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{3}=k({x}_{3}-2)}\\ {{y}_{3}=\sqrt{3}{x}_{3}}\end{array}\right.$，解得$x_{3}=\dfrac{2k}{k-\sqrt{3}}$，$y_{3}=\dfrac{2\sqrt{3}k}{k-\sqrt{3}}$，
同理可得$x_{4}=\dfrac{2k}{k+\sqrt{3}}$，$y_{4}=-\dfrac{2\sqrt{3}k}{k-\sqrt{3}}$，
设$AB$的中点$C(x_{C}$，$y_{C})$，则$x_{C}=\dfrac{1}{2}(x_{3}+x_{4})=\dfrac{2{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，$y_{C}=\dfrac{1}{2}(y_{3}+y_{4})=\dfrac{6k}{{k}^{2}-3}$，
由于$\vert MA\vert =\vert MB\vert$，故$M$在$AB$的垂直平分线上，即点$M$在直线$y-y_{C}=-\dfrac{1}{k}(x-x_{C})$上，
将该直线$y=\dfrac{3}{k}x$联立，解得$x_{M}=\dfrac{2{k}^{2}}{{k}^{2}-3}=x_{C}$，$y_{M}=\dfrac{6k}{{k}^{2}-3}=y_{C}$，
即点$M$恰为$AB$中点，故点$M$在直线$AB$上．
（2）解法二：由已知得直线$PQ$的斜率存在且不为零，直线$AB$的斜率不为零，
若选由①②$\Rightarrow$③，或选由②③$\Rightarrow$①：由②成立可知直线$AB$的斜率存在且不为0．
若选①③$\Rightarrow$②，则$M$为线段$AB$的中点，假设$AB$的斜率不存在，
则由双曲线的对称性可知$M$在$x$轴上，即为焦点$F$，
此时由对称性可知$P$、$Q$关于$x$轴对称，从而$x_{1}=x_{2}$，已知不符．
综上，直线$AB$的斜率存在且不为0，
直线$AB$的斜率为$k$，直线$AB$的方程为$y=k(x-2)$．
则条件①$M$在直线$AB$上，等价于$y_{0}=k(x_{0}-2)\Leftrightarrow ky_{0}=k^{2}(x_{0}-2)$，
两渐近线的方程合并为$3x^{2}-y^{2}=0$，
联立方程组，消去$y$并化简得：$(k^{2}-3)x^{2}-4k^{2}x+4k^{2}=0$，
设$A(x_{3}$，$y_{3})$，$B(x_{4}$，$y_{4})$，线段中点为$N(x_{N}$，$y_{N})$，
则$x_{N}=\dfrac{{x}_{3}+{x}_{4}}{2}=\dfrac{2{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$．$y_{N}=k(x_{N}-2)=\dfrac{6k}{{k}^{2}-3}$，
设$M(x_{0}$，$y_{0})$，
则条件③$\vert AM\vert =\vert BM\vert$等价于$(x_{0}-x_{3})^{2}+(y_{0}-y_{3})^{2}=(x_{0}-x_{4})^{2}+(y_{0}-y_{4})^{2}$，
移项并利用平方差公式整理得：
$(x_{3}-x_{4})[2x_{0}-(x_{3}+x_{4})]+(y_{3}-y_{4})[(2y_{0}-(y_{3}+y_{4})]=0$，
$[2x_{0}-(x_{3}+x_{4})]+\dfrac{{y}_{3}-{y}_{4}}{{x}_{3}-{x}_{4}}[2y_{0}-(y_{3}+y_{4})]=0$，
$\therefore x_{0}-x_{N}+k(y_{0}-y_{N})=0$，
$[2x_{0}-(x_{3}+x_{4})]+\dfrac{{y}_{3}-{y}_{4}}{{x}_{3}-{x}_{4}}[2y_{0}-(y_{3}+y_{4})]=0$，
$\therefore x_{0}-x_{N}+k(y_{0}-y_{N})=0$，
$\therefore$${x}_{0}+k{y}_{0}=\dfrac{8{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，
由题意知直线$PM$的斜率为$-\sqrt{3}$，直线$QM$的斜率为$\sqrt{3}$，
$\therefore$由${y}_{1}-{y}_{0}=-\sqrt{3}(x_{1}-x_{0})$，$y_{2}-y_{0}=\sqrt{3}(x_{2}-x_{0})$，
$\therefore y_{1}-y_{2}=-\sqrt{3}(x_{1}+x_{2}-2x_{0})$，
$\therefore$直线$PQ$的斜率$m=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=-\dfrac{\sqrt{3}({x}_{1}+{x}_{2}-2{x}_{0})}{{x}_{1}-{x}_{2}}$，
直线$PM:y=-\sqrt{3}(x-x_{0})+y_{0}$，即$y={y}_{0}+\sqrt{3}{x}_{0}-\sqrt{3}x$，
代入双曲线的方程为$3x^{2}-y^{2}-3=0$，即$(\sqrt{3}x+y)(\sqrt{3}x-y)=3$中，
得$({y}_{0}+\sqrt{3}{x}_{0})[2\sqrt{3}x-({y}_{0}+\sqrt{3}{x}_{0})]=3$，
解得$P$的横坐标为${x}_{1}=-\dfrac{1}{2\sqrt{3}}(\dfrac{3}{{y}_{0}-\sqrt{3}{x}_{0}}+{y}_{0}+\sqrt{3}{x}_{0})]=3$，
同理，$x_{2}=-\dfrac{1}{2\sqrt{3}}(\dfrac{3}{{{y}_{0}}^{2}-3{{x}_{0}}^{2}}+{y}_{0})$，$x_{1}+x_{2}-2x_{0}=-\dfrac{3{x}_{0}}{{{y}_{0}}^{2}-3{{x}_{0}}^{2}}-x_{0}$，
$\therefore m=\dfrac{3{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
$\therefore$条件②$PQ//AB$等价于$m=k\Leftrightarrow ky_{0}=3x_{0}$，
综上所述：
条件①$M$在$AB$上等价于$m=k\Leftrightarrow ky_{0}=k^{2}(x_{0}-2)$，
条件②$PQ//AB$等价于$ky_{0}=3x_{0}$，
条件③$\vert AM\vert =\vert BM\vert$等价于${x}_{0}+k{y}_{0}=\dfrac{8{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$．
选①②$\Rightarrow$③：
由①②解得${x}_{0}=\dfrac{2{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$$\therefore$${x}_{0}+k{y}_{0}=4{x}_{0}=\dfrac{8{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，$\therefore$③成立；
选①③$\Rightarrow$②：
由①③解得：${x}_{0}=\dfrac{2{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，$ky_{0}=\dfrac{6{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，$\therefore ky_{0}=3x_{0}$，$\therefore$②成立；
选②③$\Rightarrow$①：
由②③解得：${x}_{0}=\dfrac{2{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，$ky_{0}=\dfrac{6{k}^{2}}{{k}^{2}-3}$，$\therefore$${x}_{0}-2=\dfrac{6}{{k}^{2}-3}$，$\therefore$①成立．
点评：本题考查了直线和双曲线的位置关系，考查了运算求解能力，转化与化归能力，属于难题．
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