《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

例2（2023·全国甲卷）已知直线$x - 2y + 1 = 0$与抛物线$C:y^{2} = 2px(p＞0)$交于$A$，$B$两点，且$|AB| = 4\sqrt{15}$.
(1)求$p$；
(2)设$F$为$C$的焦点，$M$，$N$为$C$上两点，$\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{FN} = 0$，求$\triangle MFN$面积的最小值.

答案： 例2解　
(1)设A(xA,yA),B(xB.yB),由{xy²-=22yp+r1，=0，可得 　y²-4py+2p=0， 　所以yA+yβ=4p，yAyβ=2p, 所以|AB|=5×$\sqrt{(yA+yn)²-4yyB}$ 　=4　$\sqrt{15}$, 　即2p²-p-6=0, 　解得p=2(负值舍去).
(2)由
(1)知y²=4x， 　所以焦点F(1.0)，显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN:x=my+n,M(x1,y1),{　　　+;H，可得y²-4my-4n=0，所以y1+y2=4m,y！y2=-4n, A=16m²　　n　　　m²+n＞0, F由M题=意(x得1-$\frac{16}{FM}$1，y.:)$\frac{0}{FN}$,→FN==0,(x2-1,y2),所即(以my(xi1+-n1-)(x2(-my1)2++yx　y=i=)+0)y1y2 =0， 即(m²+1)y1y2+m(n-1)(y！+y2) +(n-1)²=0， 将y1+y　　4m,y:y2=-4n代入得，4m²=n²$\frac{2}{2}$6n+1, 所以4(　　　n)=(n-1)²＞0, 所以n≠1,且n²-6n+1≥0, 解得n≥3+2$\sqrt{2}$或n≤3-2$\sqrt{2}$ 设点F到直线MN的距离为d，所以d=$\frac{|n-11}{\sqrt{1+m²}}$, |MN|=　$\sqrt{1+m}$(y+y)²-4y:y²=　$\sqrt{1+m²}$$\sqrt{16m²+16n}$ =　$\sqrt{1+m²}$　$\sqrt{4(n²-6n+1)+16n}$ =2　$\sqrt{1+m²}$|n-11， 所以△MFN的面积 S=$\frac{1}{2}$×|MN|×d=$\frac{1}{2}$×2　$\sqrt{1+m²}$ |n-1|×$\frac{in-1∣}{\sqrt{1+m²}}$=(n-1)², 而n≥3+2$\sqrt{2}$或n≤3-2$\sqrt{2}$, 所以当n=3-2$\sqrt{2}$时,△MFN的面积最小，为Smi=(2-2$\sqrt{2}$)²=12-8$\sqrt{2}$=4(3-2$\sqrt{2}$).

跟踪训练2（2023·济宁模拟）已知抛物线$E:y^{2} = 2px(p＞0)$的焦点为$F$，点$M(4,m)$在抛物线$E$上，且$\triangle OMF$的面积为$\frac{1}{2}p^{2}(O$为坐标原点).
(1)求抛物线$E$的方程；
(2)过焦点$F$的直线$l$与抛物线$E$交于$A$，$B$两点，过$A$，$B$分别作垂直于$l$的直线$AC$，$BD$，分别交抛物线于$C$，$D$两点，求$|AC| + |BD|$的最小值.

答案： 跟踪训练2解　
(1)由题意可得 　m²=8ρ， {$\frac{1}{2}$×$\frac{P}{2}$.|m|=$\frac{1}{2}$ 解得p=2. 故抛物线E的方程为y²=4x.
(2)由题意知直线的斜率一定存在且不为0,F(1.0)，设直线！的方程为x=ty+1,t≠0, 设A(x1.y1),B(x2,y2),C(xs，y),易知x:=ty+1＞0,x2=ty2+1＞0,联立{xy²==ty4x+，1， 消去x得y²-4ty-4=0. 所以y1+y2=4t,yy2=-4. 由AC垂直于1，得直线AC的方程为y-y=-t(x-x1), 联立{yy²==y4ix=,-i(x-x1)消去x得ty²+4y-4tx1-4y1=0 所以y！+y3=-$\frac{4}{t}$,y1y=$\frac{-4tx4y}{t}$ 所以|ACI=$\sqrt{(x-x)²+(y-y)²}$ =√(1+/)[(y+y)²-4y;y]=　$\sqrt{(1+\frac{1}{t²}).\frac{16+16t²x+16ty:}{r²}}$ =　$\sqrt{(1+\frac{1}{t²})\frac{16+4t²y+16tyi}{t²}}$ =$\frac{2\sqrt{t²+1}}{t²}$.|ty:+21 =$\frac{2\sqrt{t²+1}}{t²}$.(ty1+2). 同理可得|BD|=$\frac{2\sqrt{²+1}}{²}$.(ty2+2),所以IAC|+|BD|=$\frac{2\sqrt{t²+1}}{²}$. [t(y:+y2)+4]=$\frac{8\sqrt{t²+1}}{r²}$(t²+1) =8　$\sqrt{\frac{(t²+1)}{t}}$ 令f(x)=$\frac{(x+1)}{x²}$，x＞0, 则f,(x)=$\frac{(x+1)²(x-2)}{x}$,x＞0,所以当x∈(0,2)时，f(x)＜0，∮(x) 单调递减;当x∈(2,+∞)时，f,(x) ＞0.f(x)单调递增. 所以当x=2时，f(x)取得最小值，即当t=±$\sqrt{2}$时，|AC|+|BD|取得最小值为12$\sqrt{3}$