《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例1 （2024·陕西西安联考）已知抛物线C：$y^{2}=2px(p＞0)$的焦点为F，过点F且垂直于x轴的直线交抛物线于A，B两点，$|AB| = 4$.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若M，N是抛物线C上两动点，以MN为直径的圆经过点P(1，2)，M，N，P三点都不重合，求$|MF|+|NF|$的最小值.

答案： 解　
(1)由题意知 $F(\frac{p}{2},0)$，
$\therefore|AB| = 2p = 4$，$\therefore p = 2$，抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=4x$.
(2)设直线 $MN$ 的方程为 $x = my + n$，设 $M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，由方程组 $\begin{cases}x = my + n\\y^{2}=4x\end{cases}$，得 $y^{2}-4my - 4n = 0$，
$\therefore\Delta=(-4m)^{2}+16n＞0$，
即 $m^{2}+n＞0$，且 $y_{1}+y_{2}=4m$，$y_{1}y_{2}=-4n$，
$\therefore x_{1}+x_{2}=(my_{1}+n)+(my_{2}+n)=m(y_{1}+y_{2})+2n = 4m^{2}+2n$，
$x_{1}x_{2}=\frac{y_{1}^{2}}{4}\cdot\frac{y_{2}^{2}}{4}=n^{2}$.
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$\because$以 $MN$ 为直径的圆经过点 $P(1,2)$，
$\therefore PM\perp PN$，$\therefore\overrightarrow{PM}\cdot\overrightarrow{PN}=0$，
$\therefore(x_{1}-1,y_{1}-2)\cdot(x_{2}-1,y_{2}-2)=0$，
即 $(x_{1}-1)(x_{2}-1)+(y_{1}-2)(y_{2}-2)=0$，
$\therefore x_{1}x_{2}-(x_{1}+x_{2})+y_{1}y_{2}-2(y_{1}+y_{2})+5 = 0$，
$\therefore n^{2}-(4m^{2}+2n)-4n - 8m + 5 = 0$，
$\therefore(n - 3)^{2}=(2m + 2)^{2}$，
$\therefore n = 2m + 5$ 或 $n=-2m + 1$.
若 $n=-2m + 1$，直线 $MN:x = my-2m + 1$ 过点 $P$，不符合题意，舍去.
$\therefore n = 2m + 5$，
$\therefore x_{1}+x_{2}=4m^{2}+2n = 4m^{2}+4m + 10$，
则 $|MF|+|NF|=x_{1}+x_{2}+2 = 4m^{2}+4m + 12 = 4(m+\frac{1}{2})^{2}+11$，
$\therefore$当 $m = -\frac{1}{2}$ 时，$|MF|+|NF|$ 取得最小值，为 $11$.

变式训练 1.(2023·湖北武汉模拟)已知椭圆C：$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，其短轴长与双曲线$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1$的实半轴长相等.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线AB与曲线D：$x^{2}+y^{2}=b^{2}$相切，与椭圆C交于A，B两点，求$|AB|$的取值范围.

答案： 解　
(1)因为双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{2}=1$ 的实半轴长为 $2$，所以 $b = 1$，又椭圆 $C$ 的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$，
所以 $e^{2}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=1-\frac{1}{a^{2}}=\frac{3}{4}$，
解得 $a^{2}=4$，
所以椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
(2)由
(1)，知曲线 $D:x^{2}+y^{2}=1$ 为圆，当与圆 $D$ 相切的直线 $AB$ 的斜率不存在时，直线 $AB$ 的方程为 $x=\pm1$，
由 $\begin{cases}x=\pm1\\x^{2}+4y^{2}=4\end{cases}$，得 $y=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$，则 $|AB|=\sqrt{3}$；
当直线 $AB$ 的斜率存在时，设直线 $AB$ 的方程为 $y = kx + m$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，
由 $\begin{cases}x^{2}+4y^{2}=4\\y = kx + m\end{cases}$，消去 $y$，并整理，得 $(4k^{2}+1)x^{2}+8kmx + 4m^{2}-4 = 0$，
$\Delta=64k^{2}m^{2}-4(4k^{2}+1)(4m^{2}-4)＞0$，
即 $4k^{2}-m^{2}+1＞0$，$x_{1}+x_{2}=\frac{-8km}{4k^{2}+1}$，$x_{1}x_{2}=\frac{4m^{2}-4}{4k^{2}+1}$，
又直线 $AB$ 与圆 $D:x^{2}+y^{2}=1$ 相切，
则 $\frac{|m|}{\sqrt{k^{2}+1}}=1$，
即 $m^{2}=k^{2}+1$，显然 $k\neq0$，
则 $(x_{1}-x_{2})^{2}=(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}=(\frac{-8km}{4k^{2}+1})^{2}-4\times\frac{4m^{2}-4}{4k^{2}+1}=\frac{64k^{2}-16m^{2}+16}{(4k^{2}+1)^{2}}=\frac{48k^{2}}{(4k^{2}+1)^{2}}$，
于是，得 $|AB|=\sqrt{k^{2}+1}|x_{1}-x_{2}|=\frac{4\sqrt{3}\cdot\sqrt{k^{2}(k^{2}+1)}}{4k^{2}+1}$，
令 $4k^{2}+1=t(t＞1)$，
则 $|AB|=\sqrt{3}\cdot\sqrt{-\frac{3}{t^{2}}+\frac{2}{t}+1}=\sqrt{3}\cdot\sqrt{\frac{4}{3}-3(\frac{1}{t}-\frac{1}{3})^{2}}$，
而 $t＞1$，即 $0＜\frac{1}{t}＜1$，因此 $0＜|AB|\leqslant2$，
所以 $|AB|$ 的取值范围为 $(0,2]$.

例2 （2024·山东潍坊模拟）已知椭圆C：$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的长轴长为4，C的短轴的两个顶点与左焦点构成等边三角形.
(1)求C的标准方程；
(2)直线l与椭圆交于A，B两点，且$|AB| = 2$，点P满足$PA\perp PB$，O为坐标原点，求$|OP|$的最大值.

答案：
解　
(1)由题意知，$2a = 4$，所以 $a = 2$，设 $C$ 的短轴的两个顶点为 $D$，$E$，左焦点为 $F_{1}$，
　　　　　　　　　　　　　　　 因为 $C$ 的短轴的两个顶点与左焦点构成等边三角形，
如图所示，
所以 $\frac{|DO|}{|F_{1}D|}=\frac{b}{a}=\frac{1}{2}$，
所以 $b = 1$，
所以 $C$ 的标准方程为 $\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
(2)由题意 $PA\perp PB$，可得 $P$ 的轨迹为以 $AB$ 为直径且除去点 $A$，$B$ 的圆，设圆心为 $M$，则半径 $|PM| = 1$，而由三角形三边关系，可得 $|OP|\leqslant|OM|+|PM|=|OM|+1$，故 $M$，$P$，$O$ 三点共线时，$|OM|$ 最大，此时 $M$ 在 $OP$ 之间.
①当直线 $l$ 的斜率不存在时，$AB$ 恰为短轴，此时 $|OP| = 1$；
②当直线 $l$ 的斜率存在时，如图所示，
设 $l:y = kx + m$. 联立 $\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\\y = kx + m\end{cases}$，
　　　　　　　　　　　　　　
得 $(1 + 4k^{2})x^{2}+8kmx + 4(m^{2}-1)=0$，
$\Delta=64(km)^{2}-16(1 + 4k^{2})(m^{2}-1)＞0$，得 $4k^{2}-m^{2}+1＞0$，
得 $x_{1}+x_{2}=\frac{-8km}{1 + 4k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{4(m^{2}-1)}{1 + 4k^{2}}$，
$|AB|=\sqrt{1 + k^{2}}\cdot\frac{4\sqrt{4k^{2}-m^{2}+1}}{1 + 4k^{2}}=2$，得 $m^{2}=\frac{3(1 + 4k^{2})}{4 + 4k^{2}}$，
则 $M(\frac{-4km}{1 + 4k^{2}},\frac{m}{1 + 4k^{2}})$，
所以 $|OM|^{2}=\frac{(16k^{2}+1)m^{2}}{(1 + 4k^{2})^{2}}=\frac{3(1 + 16k^{2})}{4(1 + 4k^{2})(k^{2}+1)}$，
令 $1 + 16k^{2}=t$，$t\geqslant1$，$|OM|^{2}=\frac{48t}{t^{2}+18t + 45}=\frac{48}{t+\frac{45}{t}+18}\leqslant\frac{48}{2\sqrt{45}+18}=6 - 2\sqrt{5}$，
所以 $|OM|\leqslant\sqrt{5}-1$，当且仅当 $t = 3\sqrt{5}$ 时，等号成立，
而 $|OP|\leqslant|OM|+|PM|=|OM|+1\leqslant\sqrt{5}$，当 $k^{2}=\frac{3\sqrt{5}-1}{16}$ 时取等号，
所以 $|OP|$ 的最大值为 $\sqrt{5}$.