2026年1月广东佛山市高三一模数学#19
已知点 $A(2,3), B(2,1)$，双曲线 $C: \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>0$，$b>0$）的一条渐近线方程是 $y=x$，直线 $A B$ 被 $C$ 截得的弦长为 $2 \sqrt{3}$．
1、求 $C$ 的方程；
2、已知 $P, Q$ 是 $C$ 的右支上不同的两点，且存在实数 $\lambda$，使得 $\overrightarrow{A P}=\lambda \overrightarrow{A Q}$．
① 若点 $D$ 满足 $\overrightarrow{P D}=\lambda \overrightarrow{D Q}$，求证：点 $D$ 总在某定直线上；
② 若直线 $P B$ 与 $C$ 的另一个交点为 $R$（异于 $Q$），求证：直线 $Q R$ 过定点，并求出该定点的坐标．
解析
1、由双曲线 $C: \dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>0$，$b>0$）的一条渐近线方程是 $y=x$ 可得双曲线为等轴双曲线 $x^2-y^2=a^2$．直线 $AB$ 的方程为 $x=2$，被 $C$ 截得的弦长为 $2\sqrt{4-a^2}$，因此可得双曲线 $C$ 的方程为 $x^2-y^2=1$．
2、① 设 $f(x,y)=\dfrac{x^2}{a^2}-\dfrac{y^2}{b^2}-1$，则\[\begin{cases} P-A=\lambda (Q-A),\\ D-P=\lambda(Q-D),\end{cases}\implies \begin{cases} A=\frac{P-\lambda Q}{1-\lambda},\\ D=\frac{P+\lambda Q}{1+\lambda},\end{cases}\]因此 $^ {[1]}$ 考虑直线 $AD$ 的参数方程 $T=\dfrac{A+t D}{1+t}$，与双曲线方程 $f(x,y)=0$ 联立可得\[f(T)=f\left(\dfrac{A+tD}{1+t}\right)\iff 0=\dfrac{f(A)+2tf(AD)+t^2f(D)}{(1+t)^2},\]而 $A,D$ 对应参数互为相反数，因此该关于 $t$ 的方程一次项系数为 $0$，从而 $f(AD)=0$，因此 $D$ 在 $A$ 对应的极线 $2x-3y-1=0$ 上．
② 设 $P(x_1,y_1),Q(x_2,y_2),R(x_3,y_3)$，则有\[\dfrac{g(AP)}{g(AQ)}=\dfrac{\overline{PA}}{\overline{AQ}}\iff \dfrac{2x_1-3y_1-1}{-2x_2+3y_2+1}=\dfrac{x_1-3}{x_2-2}=\dfrac{y_1-3}{y_2-3},\]类似的，有\[\dfrac{g(BP)}{g(BR)}=\dfrac{\overline{PB}}{\overline{BR}}\iff \dfrac{2x_1-y_1-1}{-2x_3+y_3+1}=\dfrac{x_1-2}{x_3-2}=\dfrac{y_1-1}{y_3-1},\]根据合分比定理，有\[\dfrac{2x_1-3y_1-1}{-2x_2+3y_2+1}=\dfrac{2(x_1-2)-(y_1-3)}{2(x_2-2)-(y_2-3)}=\dfrac{2x_1-y_1-1}{2x_2-y_2-1},\]且\[\dfrac{2x_1-y_1-1}{-2x_3+y_3+1}=\dfrac{2(x_1-2)-3(y_1-1)}{2(x_3-2)-3(y_3-1)}=\dfrac{2x_1-3y_1-1}{2x_3-3y_3-1},\]进而\[\dfrac{2x_2-3y_2-1}{-2x_3+3y_3+1}=\dfrac{2x_2-y_2-1}{2x_3-y_3-1},\]再根据合分比定理可得\[\dfrac{2y_2}{2y_3}=\dfrac{4x_2-2}{4x_3-2},\]于是直线 $QR$ 恒过定点 $\left(\dfrac 12,0\right)$．