《2025年赢在微点数学》

[变式训练]　　已知抛物线$C:y^{2}=4x$，$F$为焦点，点$Q$在直线$x = - 1$上，点$P$是抛物线上一点，且$P$点在第一象限，满足$FP\perp FQ$，记直线$OP,OQ,PQ$的斜率分别为$k_{1},k_{2},k_{3}$，求$k_{1}k_{2}k_{3}$的最小值。

答案： 解　设$P(x_{0},y_{0})(x_{0}＞0,y_{0}＞0)$，$Q(-1,t)$，则$y_{0}^{2}=4x_{0}$。因为$FP\perp FQ$，所以$\overrightarrow{FP}\cdot\overrightarrow{FQ}=-2(x_{0}-1)+ty_{0}=0$，即$ty_{0}=2(x_{0}-1)$，因为$k_{1}=\frac{y_{0}}{x_{0}}$，$k_{2}=-t$，$k_{3}=\frac{y_{0}-t}{x_{0}+1}$，所以$k_{1}k_{2}k_{3}=\frac{-ty_{0}(y_{0}-t)}{x_{0}(x_{0}+1)}=\frac{-t(y_{0}^{2}-ty_{0})}{x_{0}(x_{0}+1)}=\frac{-t[4x_{0}-2(x_{0}-1)]}{x_{0}(x_{0}+1)}=\frac{-2t}{x_{0}}=\frac{-4(x_{0}-1)}{x_{0}y_{0}}=\frac{-4(y_{0}^{2}-4)}{y_{0}^{3}}=-4(\frac{1}{y_{0}}-\frac{4}{y_{0}^{3}})=4(\frac{4}{y_{0}^{3}}-\frac{1}{y_{0}})$。令$\frac{1}{y_{0}}=x(x＞0)$，则构造函数$f(x)=4x^{3}-x(x＞0)$，所以$f^{\prime}(x)=12x^{2}-1$，令$f^{\prime}(x)\geqslant0$，得$x\geqslant\frac{\sqrt{3}}{6}$；令$f^{\prime}(x)＜0$，得$0＜x＜\frac{\sqrt{3}}{6}$，所以$f(x)$在$(0,\frac{\sqrt{3}}{6}]$上单调递减，在$[\frac{\sqrt{3}}{6},+\infty)$上单调递增，所以$f(x)_{min}=f(\frac{\sqrt{3}}{6})=-\frac{\sqrt{3}}{9}$，即$\frac{4}{y_{0}^{3}}-\frac{1}{y_{0}}$的最小值为$-\frac{\sqrt{3}}{9}$，所以$k_{1}k_{2}k_{3}$的最小值为$-\frac{4\sqrt{3}}{9}$。

[例2]　已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$过点$M(2,3)$，点$A$为其左顶点，且直线$AM$的斜率为$\frac{1}{2}$。
　(1)求椭圆$C$的方程；
　(2)设点$N$为椭圆$C$上任意一点，求$\triangle AMN$的面积的最大值。

答案：
解　
(1)由题意可知直线$AM$的方程为$y - 3=\frac{1}{2}(x - 2)$，即$x - 2y=-4$。当$y = 0$时，解得$x=-4$，所以$a = 4$。由椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$过点$M(2,3)$，得$\frac{4}{16}+\frac{9}{b^{2}}=1$，解得$b^{2}=12$，所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$。
(2)设与直线$AM$平行的直线方程为$x - 2y=m(m\neq - 4)$，如图所示，当直线与椭圆相切时，记与$AM$距离比较远的直线与椭圆的切点为$N$，此时$\triangle AMN$的面积取得最大值。

联立$\begin{cases}x - 2y=m\\\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1\end{cases}$，消去$x$，可得$16y^{2}+12my + 3m^{2}-48 = 0$，由$\Delta=144m^{2}-4\times16(3m^{2}-48)=0$，得$m^{2}=64$，解得$m=\pm8$，所以与$AM$距离比较远的直线的方程为$x - 2y = 8$，又直线$AM$的方程为$x - 2y=-4$，所以点$N$到直线$AM$的距离$d$即两平行线之间的距离，利用平行线之间的距离公式可得$d=\frac{8 + 4}{\sqrt{1 + 4}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$。由两点间的距离公式可得$|AM|=\sqrt{(2 + 4)^{2}+3^{2}}=3\sqrt{5}$，所以$\triangle AMN$的面积的最大值为$\frac{1}{2}d\cdot|AM|=\frac{1}{2}\times3\sqrt{5}\times\frac{12\sqrt{5}}{5}=18$。

[变式训练]　(2024·湖北黄冈适应性考试)已知点$E$到直线$l:y = - 2$的距离与点$E$到点$F(0,1)$的距离之差为$1$，设点$E$的轨迹为曲线$C$。
　(1)求曲线$C$的方程；
　(2)若$P(x_{0},y_{0})$为直线$l$上任意一点，过点$P$作曲线$C$的两条切线$PM,PN$，切点分别为$M,N$，求点$F$到直线$MN$的最大距离。

答案： 解　
(1)依题意，点$E$到直线$l^{\prime}:y=-1$的距离等于点$E$到点$F(0,1)$的距离，则点$E$的轨迹是以$F$为焦点，以直线$l^{\prime}$为准线的抛物线。设抛物线方程为$x^{2}=2py(p＞0)$。由题意可得$\frac{p}{2}=1$，解得$p = 2$，所以曲线$C$的方程是$x^{2}=4y$。
(2)由题意知，直线$PM$，$PN$的斜率一定存在且不为$0$。设切点$M$，$N$的坐标分别为$(x_{1},y_{1})$，$(x_{2},y_{2})$，过曲线$C$上点$M(x_{1},y_{1})$的切线方程为$y - y_{1}=k(x - x_{1})$，代入$x^{2}=4y$，整理得$x^{2}-4kx + 4(kx_{1}-y_{1})=0$，则$\Delta=(-4k)^{2}-4\times4(kx_{1}-y_{1})=0$。又因为$x_{1}^{2}=4y_{1}$，所以$k=\frac{x_{1}}{2}$，从而过曲线$C$上点$M(x_{1},y_{1})$的切线方程为$y - y_{1}=\frac{x_{1}}{2}(x - x_{1})$，即$y=\frac{x_{1}}{2}x-\frac{x_{1}^{2}}{4}$。又切线过点$P(x_{0},y_{0})$，所以$y_{0}=\frac{x_{1}}{2}x_{0}-\frac{x_{1}^{2}}{4}$，即$y_{0}=\frac{x_{1}}{2}x_{0}-y_{1}$。同理可得过点$N(x_{2},y_{2})$的切线方程为$y=\frac{x_{2}}{2}x-\frac{x_{2}^{2}}{4}$，又切线过点$P(x_{0},y_{0})$，所以$y_{0}=\frac{x_{2}}{2}x_{0}-\frac{x_{2}^{2}}{4}$，即$y_{0}=\frac{x_{2}}{2}x_{0}-y_{2}$，即点$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$均满足$y_{0}=\frac{x}{2}x_{0}-y$，即$x_{0}x=2(y_{0}+y)$，故直线$MN$的方程为$x_{0}x=2(y_{0}+y)$。又$P(x_{0},y_{0})$为直线$l:y=-2$上任意一点，故$x_{0}x=2(y - 2)$对任意$x_{0}$都成立，令$x = 0$，得$y = 2$，从而直线$MN$恒过定点$(0,2)$。又曲线$C$的焦点$F$的坐标为$(0,1)$，所以点$F$到直线$MN$的最大距离为$1$。