《2025年高考总复习优化设计高中数学北师大版》

[对点训练1](2024·河北石家庄模拟)已知$M,N$为抛物线$C:y^{2}=2px(p＞0)$上不同的两个点，$O$为坐标原点，$OM\perp ON$，过$O$作$OH\perp MN$于点$H$，且$H(2,2)$.
(1)求直线$MN$的方程及抛物线$C$的方程；
(2)若直线$l$与直线$MN$关于原点对称，$Q$为抛物线$C$上一动点，求当点$Q$到直线$l$的距离最短时，点$Q$的坐标.解(1)如图，由点$H(2,2)$，得直线$OH$的斜率为1，又$OH \perp MN$，则直线$MN$的斜率为−1，故直线MN的方程为$y - 2 = -(x - 2)$，即$x + y - 4 = 0$。
设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases} x + y - 4 = 0 \\y^{2} = 2px \end{cases}$，消去$x$，整理得$y^{2} + 2py - 8p = 0$。
$\Delta = 4p^{2} + 32p ＞ 0$，则$\begin{cases} y_{1} + y_{2} = -2p \\y_{1}y_{2} = -8p \end{cases}$。
由$OM \perp ON$，得$\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ON} = 0$，即$x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2} = \dfrac{y_{1}^{2}y_{2}^{2}}{4p^{2}} + y_{1}y_{2} = 0$，因为$y_{1}y_{2} \neq 0$，所以$\dfrac{y_{1}^{2}y_{2}^{2}}{4p^{2}} = -y_{1}y_{2}$，所以$-4p^{2} = -8p$，解得$p = 2$，故抛物线的方程为$y^{2} = 4x$。(2)设点$A(x,y)$是直线$l$上任意一点，则点$A$关于原点的对称点$A'(-x,-y)$在直线$MN$上，所以$-x + (-y) - 4 = 0$，即直线$l$的方程为$x + y + 4 = 0$。
设点$Q(x_{0},y_{0})$，则$y_{0}^{2} = 4x_{0}$，点$Q$到直线$l$的距离为$d = \dfrac{\vert x_{0} + y_{0} + 4\vert}{\sqrt{2}} = \dfrac{\vert \dfrac{y_{0}^{2}}{4} + y_{0} + 4\vert}{\sqrt{2}} = \dfrac{\vert (y_{0} + 2)^{2} + 12\vert}{4\sqrt{2}}$。
当$y_{0} = -2$时，$d$的最小值是$\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$，此时$Q(1,-2)$。

答案：
1. 解
(1)如图，由点$H(2,2)$，得直线$OH$的斜率为1，又$OH \perp MN$，则直线$MN$的斜率为−1，故直线MN的方程为$y - 2 = -(x - 2)$，即$x + y - 4 = 0$。
设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases} x + y - 4 = 0 \\y^{2} = 2px \end{cases}$，消去$x$，整理得$y^{2} + 2py - 8p = 0$。
$\Delta = 4p^{2} + 32p ＞ 0$，则$\begin{cases} y_{1} + y_{2} = -2p \\y_{1}y_{2} = -8p \end{cases}$。
由$OM \perp ON$，得$\overrightarrow{OM} \cdot \overrightarrow{ON} = 0$，即$x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2} = \dfrac{y_{1}^{2}y_{2}^{2}}{4p^{2}} + y_{1}y_{2} = 0$，因为$y_{1}y_{2} \neq 0$，所以$\dfrac{y_{1}^{2}y_{2}^{2}}{4p^{2}} = -y_{1}y_{2}$，所以$-4p^{2} = -8p$，解得$p = 2$，故抛物线的方程为$y^{2} = 4x$。
2.
(2)设点$A(x,y)$是直线$l$上任意一点，则点$A$关于原点的对称点$A'(-x,-y)$在直线$MN$上，所以$-x + (-y) - 4 = 0$，即直线$l$的方程为$x + y + 4 = 0$。
设点$Q(x_{0},y_{0})$，则$y_{0}^{2} = 4x_{0}$，点$Q$到直线$l$的距离为$d = \dfrac{\vert x_{0} + y_{0} + 4\vert}{\sqrt{2}} = \dfrac{\vert \dfrac{y_{0}^{2}}{4} + y_{0} + 4\vert}{\sqrt{2}} = \dfrac{\vert (y_{0} + 2)^{2} + 12\vert}{4\sqrt{2}}$。
当$y_{0} = -2$时，$d$的最小值是$\dfrac{3\sqrt{2}}{2}$，此时$Q(1,-2)$。

例2(2024·江苏南通模拟)已知椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，焦距为$2$，过$E$的左焦点$F$的直线$l$与$E$相交于$A,B$两点，与直线$x=-2$相交于点$M$.
(1)若$M(-2,-1)$，求证：$|MA|\cdot |BF|=|MB|\cdot |AF|$；
(2)过点$F$作直线$l$的垂线$m$与$E$相交于$C,D$两点，与直线$x=-2$相交于点$N$.求$\frac{1}{|MA|}+\frac{1}{|MB|}+\frac{1}{|NC|}+\frac{1}{|ND|}$的最大值.

答案： 例2　
(1)证明设$F(-c,0)$，则右焦点为$F_{2}(c,0)$。因为椭圆E的焦距为2，所以$2c = 2$，解得$c = 1$。又因为椭圆E的离心率$e = \dfrac{c}{a} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}$，所以$a = \sqrt{2}$，所以$b^{2} = a^{2} - c^{2} = 2 - 1 = 1$，所以椭圆E的标准方程为$\dfrac{x^{2}}{2} + y^{2} = 1$。
因为直线$l$经过$M(-2,-1)$，$F(-1,0)$，直线$l$的斜率是$\dfrac{-1 - 0}{-2 - (-1)} = 1$，所以直线$l$的方程为$y = x + 1$。
设点$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases} y = x + 1 \\\dfrac{x^{2}}{2} + y^{2} = 1 \end{cases}$，消去$y$，整理得$3x^{2} + 4x = 0$，由$3x^{2} + 4x = 0$，得$x_{1} = -\dfrac{4}{3}$，$x_{2} = 0$。
所以$\vert MA\vert \cdot \vert BF\vert = \sqrt{2}\vert x_{1} + 2\vert \cdot \sqrt{2}\vert x_{2} + 1\vert = 2 × \dfrac{2}{3} × 1 = \dfrac{4}{3}$，$\vert MB\vert \cdot \vert AF\vert = \sqrt{2}\vert x_{2} + 2\vert \cdot \sqrt{2}\vert x_{1} + 1\vert = 2 × 2 × \dfrac{1}{3} = \dfrac{4}{3}$。
因此$\vert MA\vert \cdot \vert BF\vert = \vert MB\vert \cdot \vert AF\vert$。
(2)解由题意，直线$l$不垂直于$x$轴，若直线$l$与$x$轴重合，则直线$m$与直线$x = -2$平行，不符合题意，所以直线$l$的斜率存在且不为零，设直线$l$的方程为$y = k(x + 1)$，则直线$m$的方程为$y = -\dfrac{1}{k}(x + 1)$，其中$k \neq 0$。
联立$\begin{cases} y = k(x + 1) \\x^{2} + 2y^{2} = 2 \end{cases}$，消去$y$，整理得$(1 + 2k^{2})x^{2} + 4k^{2}x + 2k^{2} - 2 = 0$，$\Delta = 16k^{4} - 4(1 + 2k^{2})(2k^{2} - 2) = 8k^{2} + 8 ＞ 0$。
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1} + x_{2} = -\dfrac{4k^{2}}{1 + 2k^{2}}$，$x_{1}x_{2} = \dfrac{2k^{2} - 2}{1 + 2k^{2}}$，易知$x_{1} ＞ -\sqrt{2}$且$x_{2} ＞ -\sqrt{2}$，将$x = -2$代入直线$l$的方程可得$y = -k$，即点$M(-2,-k)$。
所以$\dfrac{1}{\vert MA\vert} + \dfrac{1}{\vert MB\vert} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^{2}}\vert x_{1} + 2\vert} + \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^{2}}\vert x_{2} + 2\vert} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^{2}}}(\dfrac{1}{x_{1} + 2} + \dfrac{1}{x_{2} + 2}) = \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^{2}}} \cdot \dfrac{x_{1} + x_{2} + 4}{x_{1}x_{2} + 2(x_{1} + x_{2}) + 4} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^{2}}} \cdot \dfrac{-\dfrac{4k^{2}}{1 + 2k^{2}} + 4}{\dfrac{2k^{2} - 2}{1 + 2k^{2}} + 2 × (-\dfrac{4k^{2}}{1 + 2k^{2}}) + 4} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^{2}}} \cdot \dfrac{\dfrac{4k^{2} + 4}{1 + 2k^{2}}}{\dfrac{2k^{2} - 2 - 8k^{2} + 4 + 8k^{2}}{1 + 2k^{2}}} = \dfrac{1}{\sqrt{1 + k^{2}}} \cdot \dfrac{4k^{2} + 4}{2k^{2} + 2} = \dfrac{2}{\sqrt{1 + k^{2}}}$。
同理可得$\dfrac{1}{\vert NC\vert} + \dfrac{1}{\vert ND\vert} = \dfrac{2}{\sqrt{1 + (-\dfrac{1}{k})^{2}}} = \dfrac{2\vert k\vert}{\sqrt{1 + k^{2}}}$，所以$\dfrac{1}{\vert MA\vert} + \dfrac{1}{\vert MB\vert} + \dfrac{1}{\vert NC\vert} + \dfrac{1}{\vert ND\vert} = \dfrac{2}{\sqrt{1 + k^{2}}} + \dfrac{2\vert k\vert}{\sqrt{1 + k^{2}}} = \dfrac{2(1 + \vert k\vert)}{\sqrt{1 + k^{2}}}=2\sqrt{\dfrac{k^{2} + 1 + 2\vert k\vert}{k^{2} + 1}} = 2\sqrt{1 + \dfrac{2}{\vert k\vert + \dfrac{1}{\vert k\vert}}} \leq 2\sqrt{2}$。
当且仅当$k = \pm 1$时，等号成立，所以$\dfrac{1}{\vert MA\vert} + \dfrac{1}{\vert MB\vert} + \dfrac{1}{\vert NC\vert} + \dfrac{1}{\vert ND\vert}$的最大值为$2\sqrt{2}$。

[对点训练2]已知曲线$C$上任意一点$P(x,y)$满足方程$|\sqrt{(x+\sqrt{3})^{2}+y^{2}}-\sqrt{(x-\sqrt{3})^{2}+y^{2}}|=2$.
(1)求曲线$C$的方程；
(2)若直线$l$与曲线$C$在$y$轴左、右两侧的交点分别是$Q,P$，且$\overrightarrow{OP}\cdot \overrightarrow{OQ}=0$，求$|\overrightarrow{OP}|^{2}+|\overrightarrow{OQ}|^{2}$的最小值.解(1)设$F_{1}(-\sqrt{3},0)$，$F_{2}(\sqrt{3},0)$，则$\vert \vert PF_{1}\vert - \vert PF_{2}\vert \vert = 2 ＜ \vert F_{1}F_{2}\vert$，则曲线$C$为以$F_{1},F_{2}$为焦点的双曲线，且实轴长为2，焦距为$2\sqrt{3}$，故曲线$C$的方程为$x^{2} - \dfrac{y^{2}}{2} = 1$。(2)由题意可得直线$OP$的斜率存在且不为0，可设直线$OP$的方程为$y = kx(k \neq 0)$，则直线$OQ$的方程为$y = -\dfrac{1}{k}x$。
由$\begin{cases} x^{2} - \dfrac{y^{2}}{2} = 1 \\y = kx \end{cases}$，得$\begin{cases} \dfrac{x^{2}}{1 - \dfrac{1}{2}k^{2}} = 1 \\y = kx \end{cases}$，所以$\vert OP\vert^{2} = x^{2} + y^{2} = \dfrac{2(k^{2} + 1)}{2 - k^{2}}$。
同理可得，$\vert OQ\vert^{2} = \dfrac{2(1 + \dfrac{1}{k^{2}})}{2 - \dfrac{1}{k^{2}}} = \dfrac{2(k^{2} + 1)}{2k^{2} - 1}$。
所以$\dfrac{1}{\vert OP\vert^{2}} + \dfrac{1}{\vert OQ\vert^{2}} = \dfrac{2 - k^{2} + (2k^{2} - 1)}{2(k^{2} + 1)} = \dfrac{1}{2}$，$\vert OP\vert^{2} + \vert OQ\vert^{2} = 2(\vert OP\vert^{2} + \vert OQ\vert^{2})(\dfrac{1}{\vert OP\vert^{2}} + \dfrac{1}{\vert OQ\vert^{2}}) = 2(2 + \dfrac{\vert OQ\vert}{\vert OP\vert} + \dfrac{\vert OP\vert}{\vert OQ\vert}) \geq 2 × (2 + 2) = 8$。
当且仅当$\vert OP\vert = \vert OQ\vert = 2$时，等号成立，所以当$\vert OP\vert = \vert OQ\vert = 2$时，$\vert OP\vert^{2} + \vert OQ\vert^{2}$取得最小值8。

答案： 1. 解
(1)设$F_{1}(-\sqrt{3},0)$，$F_{2}(\sqrt{3},0)$，则$\vert \vert PF_{1}\vert - \vert PF_{2}\vert \vert = 2 ＜ \vert F_{1}F_{2}\vert$，则曲线$C$为以$F_{1},F_{2}$为焦点的双曲线，且实轴长为2，焦距为$2\sqrt{3}$，故曲线$C$的方程为$x^{2} - \dfrac{y^{2}}{2} = 1$。
2.
(2)由题意可得直线$OP$的斜率存在且不为0，可设直线$OP$的方程为$y = kx(k \neq 0)$，则直线$OQ$的方程为$y = -\dfrac{1}{k}x$。
由$\begin{cases} x^{2} - \dfrac{y^{2}}{2} = 1 \\y = kx \end{cases}$，得$\begin{cases} \dfrac{x^{2}}{1 - \dfrac{1}{2}k^{2}} = 1 \\y = kx \end{cases}$，所以$\vert OP\vert^{2} = x^{2} + y^{2} = \dfrac{2(k^{2} + 1)}{2 - k^{2}}$。
同理可得，$\vert OQ\vert^{2} = \dfrac{2(1 + \dfrac{1}{k^{2}})}{2 - \dfrac{1}{k^{2}}} = \dfrac{2(k^{2} + 1)}{2k^{2} - 1}$。
所以$\dfrac{1}{\vert OP\vert^{2}} + \dfrac{1}{\vert OQ\vert^{2}} = \dfrac{2 - k^{2} + (2k^{2} - 1)}{2(k^{2} + 1)} = \dfrac{1}{2}$，$\vert OP\vert^{2} + \vert OQ\vert^{2} = 2(\vert OP\vert^{2} + \vert OQ\vert^{2})(\dfrac{1}{\vert OP\vert^{2}} + \dfrac{1}{\vert OQ\vert^{2}}) = 2(2 + \dfrac{\vert OQ\vert}{\vert OP\vert} + \dfrac{\vert OP\vert}{\vert OQ\vert}) \geq 2 × (2 + 2) = 8$。
当且仅当$\vert OP\vert = \vert OQ\vert = 2$时，等号成立，所以当$\vert OP\vert = \vert OQ\vert = 2$时，$\vert OP\vert^{2} + \vert OQ\vert^{2}$取得最小值8。