高考数学挂了
圆锥曲线最后几步了忘了开根 qaq
这里订正一下
如图，已知 \(F\) 是抛物线 \(y^2=2px\,(p>0)\) 的焦点，\(M\) 是抛物线的准线与 \(x\) 轴的交点，且 \(\left|MF\right|=2\)
（1）求抛物线的方程；
解：\(p=2\Rightarrow y^2=4x\)
（2）设过点 \(F\) 的直线交抛物线与 \(A\)､\(B\) 两点，斜率为 \(2\) 的直线 \(l\) 与直线 \(MA,\,MB,\,AB\)，\(x\) 轴依次交于点 \(P，Q，R，N\)，且 \(\left|RN\right|^2=\left|PN\right|\cdot\left|QN\right|\)，求直线 \(l\) 在 \(x\) 轴上截距的范围。
解：
设 \(A(a^2,2a),\ B(b^2,2b)\)。有 \(AB:\,(a+b)y=2x+2ab\)。
将 \(F(1,0)\) 代入得：\(ab=-1\)，即 \(AB:\,(a+b)y=2x-2\)。
设 \(l:\,x=\frac{1}{2}y+t\)，代入 \(AB\)，有：\(y_R=\frac{2t-2}{a+b-1}\)。
考虑到 \(M(-1,0)\)，于是 \(MA:\,\frac{y-2a}{x-a^2}=\frac{2a}{a^2+1}\)。
\(MA\) 与 \(l\) 联立：\(y_P=\frac{2a(t+1)}{a^2-a+1}\)。同理 \(y_Q=\frac{2b(t+1)}{b^2-b+1}\)。
又 \(\left|PN\right|\cdot\left|QN\right|=\left|RN\right|^2\Rightarrow y_R^2=-y_Py_Q\)。
考虑到 \(-y_Py_Q=-\frac{4ab(t+1)^2}{(a^2-a+1)(b^2-b+1)}=\frac{4(t+1)^2}{a^2+b^2+1}\)，\(y_R^2=\frac{4(t-1)^2}{a^2+b^2-2a-2b-1}\)。
当 \(t\not=\pm 1\) 时：
我们有：\(\left|PN\right|\cdot\left|QN\right|=\left|RN\right|^2\Rightarrow\left(\frac{t-1}{t+1}\right)^2=\frac{a^2+b^2-2a-2b-1}{a^2+b^2+1}\)。
令 \(s=a+b\)，则 \(s=a-\frac{1}{a}\in\mathbb{R}\)，\(a^2+b^2=s^2-2ab=s^2+2\)。
那么我们有 \(\left(\frac{t-1}{t+1}\right)^2=\frac{(s-1)^2}{s^2+3}\)
取 \(r=\frac{(s-1)^2}{s^2+3}\)，我们有 \((r-1)s^2+2s+(3r-1)=0\)，\(\Delta=4-4(r-1)(3r-1)\ge 0\)。
于是 \(r\in \left[0, \frac{4}{3}\right]\)，也即 \(\frac{t-1}{t+1}\in\left[-\sqrt{\frac{4}{3}}, \sqrt{\frac{4}{3}}\right]\)，故 \(t\le -4\sqrt{3}-7\) 或 \(t\ge 4\sqrt{3}-7\) 且 \(t\not= 1\)。
当 \(t=\pm 1\) 时：
\(\left|RN\right|^2=0\)，但 \(\left|PN\right|\cdot\left|QN\right|\) 不可能为 \(0\)，故不成立。
综上，\(t\in\left(-\infty, -4\sqrt{3}-7\right]\cup\left[4\sqrt{3}-7,1\right)\cup\left(1,+\infty\right)\)。