《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

4.（2024·福建诊断性检测）已知抛物线$C:y^{2}=2px(p ＞ 0)$的焦点为F，过F且倾斜角为$\frac{\pi}{3}$的直线交C于A，B两点，线段AB中点的纵坐标为$\sqrt{3}$，则$\vert AB\vert =$ （ ）
A. $\frac{8}{3}$
B. 4
C. 8
D. 24

答案： C [记$AB$的中点为$M(x_{0},y_{0})$，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$\begin{cases}y_{1}^{2}=2px_{1}\\y_{2}^{2}=2px_{2}\end{cases}$，显然$x_{1}\neq x_{2}$，所以由点差法，得$(y_{1}+y_{2})\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=2p$，由题意知$y_{1}+y_{2}=2\sqrt{3}$，$\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\tan\frac{\pi}{3}=\sqrt{3}$，所以$p = 3$，易得直线$AB$的方程为$y=\sqrt{3}(x-\frac{3}{2})$，则$x_{0}=\frac{\sqrt{3}}{3}y_{0}+\frac{3}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}\times\sqrt{3}+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}$，即$x_{1}+x_{2}=2x_{0}=5$，所以$|AB|=x_{1}+x_{2}+p=8$。故选C.]

例5 设双曲线$C:\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$，其右焦点为F，过F的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点。
（1）求直线l的倾斜角$\theta$的取值范围；
（2）直线$AO$（O为坐标原点）与双曲线C的另一个交点为D，求$\triangle ABD$面积的最小值，并求此时直线l的方程。

答案： 解
(1)由双曲线$C:\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1$，得$c^{2}=3 + 1 = 4$，则右焦点$F(2,0)$，显然直线$l$的斜率不为$0$，设直线$l$的方程为$x = my + 2$，由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{3}-y^{2}=1\\x = my + 2\end{cases}$得$(m^{2}-3)y^{2}+4my + 1 = 0$。因为直线$l$与双曲线$C$的右支交于$A$，$B$两点，设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$\Delta=16m^{2}-4(m^{2}-3)＞0$，$y_{1}+y_{2}=\frac{-4m}{m^{2}-3}$，$y_{1}y_{2}=\frac{1}{m^{2}-3}$。故$\begin{cases}\Delta=16m^{2}-4(m^{2}-3)＞0\\x_{1}+x_{2}=m(y_{1}+y_{2})+4=\frac{-4m^{2}}{m^{2}-3}+4＞0\\x_{1}x_{2}=(my_{1}+2)(my_{2}+2)=m^{2}y_{1}y_{2}+2m(y_{1}+y_{2})+4=\frac{m^{2}}{m^{2}-3}-\frac{8m^{2}}{m^{2}-3}+4＞0\end{cases}$，解得$-\sqrt{3}＜m＜\sqrt{3}$，当$m = 0$时，直线$l$的倾斜角$\theta=\frac{\pi}{2}$；当$m\neq0$时，直线$l$的斜率$k＞\frac{\sqrt{3}}{3}$或$k＜-\frac{\sqrt{3}}{3}$，综上，直线$l$的倾斜角$\theta$的取值范围为$(\frac{\pi}{6},\frac{5\pi}{6})$。
(2)因为$O$是$AD$的中点，所以$S_{\triangle ABD}=2S_{\triangle OAB}=2\times\frac{1}{2}|OF|\times|y_{1}-y_{2}|=2\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}=2\sqrt{(\frac{-4m}{m^{2}-3})^{2}-\frac{4}{m^{2}-3}}=2\sqrt{\frac{12m^{2}+12}{(m^{2}-3)^{2}}}$，令$t=m^{2}-3$，则$t\in[-3,0)$，$S_{\triangle ABD}=4\sqrt{3}\cdot\sqrt{\frac{t + 4}{t^{2}}}=4\sqrt{3}\cdot\sqrt{\frac{4}{t^{2}}+\frac{1}{t}}=4\sqrt{3}\cdot\sqrt{4u^{2}+u}$，其中$u=\frac{1}{t}$，且$u\in(-\infty,-\frac{1}{3}]$。又$y = 4u^{2}+u$在$(-\infty,-\frac{1}{3}]$上单调递减，所以$S_{\triangle ABD}\geqslant\frac{4\sqrt{3}}{3}$，当$u=-\frac{1}{3}$，即$m = 0$时取得最小值，此时直线$l$的方程为$x = 2$。

5.（2024·湖南岳阳调研）已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a ＞ b ＞ 0)$经过点$P(\frac{2}{3},\frac{2\sqrt{2}}{3})$，左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，O为坐标原点，且$\vert PF_{1}\vert+\vert PF_{2}\vert = 4$。
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）设A为椭圆C的右顶点，直线l与椭圆C交于M，N两点，以MN为直径的圆过点A，求$\vert AM\vert\cdot\vert AN\vert$的最大值。

答案：
解
(1)根据题意，可得$\begin{cases}\frac{4}{9a^{2}}+\frac{8}{9b^{2}}=1\\|PF_{1}|+|PF_{2}|=4 = 2a\end{cases}$，解得$\begin{cases}a^{2}=4\\b^{2}=1\end{cases}$，所以椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。
(2)由
(1)得$A(2,0)$，由题可设直线$l$的方程为$x = my + t(t\neq2)$，$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases}x = my + t\\\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\end{cases}$得$(m^{2}+4)y^{2}+2mty+t^{2}-4 = 0$，所以$\Delta=(2mt)^{2}-4(m^{2}+4)(t^{2}-4)=16m^{2}-16t^{2}+64＞0$，$y_{1}+y_{2}=-\frac{2mt}{m^{2}+4}$，$y_{1}y_{2}=\frac{t^{2}-4}{m^{2}+4}$，又$y_{1}y_{2}＜0$，所以$t^{2}＜4$，即$-2＜t＜2$，$x_{1}+x_{2}=(my_{1}+t)+(my_{2}+t)=m(y_{1}+y_{2})+2t=m(-\frac{2mt}{m^{2}+4})+2t=\frac{8t}{m^{2}+4}$，$x_{1}x_{2}=(my_{1}+t)(my_{2}+t)=m^{2}y_{1}y_{2}+mt(y_{1}+y_{2})+t^{2}=m^{2}\cdot\frac{t^{2}-4}{m^{2}+4}+mt\cdot(-\frac{2mt}{m^{2}+4})+t^{2}=\frac{-4m^{2}+4t^{2}}{m^{2}+4}$。因为以$MN$为直径的圆过点$A$，故$AM\perp AN$，所以$\overrightarrow{AM}\cdot\overrightarrow{AN}=0$，所以$(x_{1}-2,y_{1})\cdot(x_{2}-2,y_{2})=0$，所以$-2(x_{1}+x_{2})+x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}+4 = 0$，所以$-2\times\frac{8t}{m^{2}+4}+\frac{-4m^{2}+4t^{2}}{m^{2}+4}+\frac{t^{2}-4}{m^{2}+4}+4 = 0$，所以$\frac{5t^{2}-16t + 12}{m^{2}+4}=0$，解得$t=\frac{6}{5}$或$t = 2$(舍去)。当$t=\frac{6}{5}$时，$\Delta＞0$，且$|MN|=\sqrt{m^{2}+1}|y_{1}-y_{2}|$，点$A$到$MN$的距离为$d=\frac{|2 - t|}{\sqrt{m^{2}+1}}$，所以$S_{\triangle AMN}=\frac{1}{2}|AM|\cdot|AN|=\frac{1}{2}|2 - t|\cdot|y_{1}-y_{2}|=\frac{1}{2}|2 - t|\cdot\frac{\sqrt{4m^{2}t^{2}-4(t^{2}-4)(m^{2}+4)}}{m^{2}+4}$，化简得$|AM|\cdot|AN|=\frac{16}{5}\times\frac{\sqrt{m^{2}+\frac{64}{25}}}{m^{2}+4}$。令$s=\sqrt{m^{2}+\frac{64}{25}}\geqslant\frac{8}{5}$，则$m^{2}+4=s^{2}+\frac{36}{25}$，所以$|AM|\cdot|AN|=\frac{16}{5}\times\frac{s}{s^{2}+\frac{36}{25}}=\frac{16}{5}\times\frac{1}{s+\frac{36}{25s}}$。由对勾函数的单调性，知$y=s+\frac{36}{25s}$在$[\frac{8}{5},+\infty)$上单调递增，即当$s=\frac{8}{5}$，$m = 0$时，$y=s+\frac{36}{25s}$取得最小值$\frac{5}{2}$，此时$(|AM|\cdot|AN|)_{\max}=\frac{16}{5}\times\frac{1}{\frac{5}{2}}=\frac{32}{25}$。