《2025年高考帮数学》

训练4 [2021新高考卷Ⅰ]在平面直角坐标系$xOy$中，已知点$F_{1}(-\sqrt{17},0),F_{2}(\sqrt{17},0)$，点$M$满足$|MF_{1}|-|MF_{2}| = 2$.记$M$的轨迹为$C$.
(1)求$C$的方程；
(2)设点$T$在直线$x = \frac{1}{2}$上，过$T$的两条直线分别交$C$于$A,B$两点和$P,Q$两点，且$|TA|\cdot|TB| = |TP|\cdot|TQ|$，求直线$AB$的斜率与直线$PQ$的斜率之和.

答案：
(1)因为$\vert MF_1\vert-\vert MF_2\vert = 2＜\vert F_1F_2\vert = 2\sqrt{17}$，所以点$M$的轨迹$C$是以$F_1$，$F_2$分别为左、右焦点的双曲线的右支. 设双曲线的方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a ＞ 0,b ＞ 0)$，半焦距为$c$，则$2a = 2$，$c=\sqrt{17}$，得$a = 1$，$b^{2}=c^{2}-a^{2}=16$，所以点$M$的轨迹$C$的方程为$x^{2}-\frac{y^{2}}{16}=1(x\geqslant1)$.
(2)设$T(\frac{1}{2},t)$，由题意可知直线$AB$，$PQ$的斜率均存在且不为$0$，设直线$AB$的方程为$y - t=k_1(x-\frac{1}{2})(k_1\neq0)$，直线$PQ$的方程为$y - t=k_2(x-\frac{1}{2})(k_2\neq0)$，
由$\begin{cases}y - t=k_1(x-\frac{1}{2})\\x^{2}-\frac{y^{2}}{16}=1\end{cases}$得$(16 - k_1^{2})x^{2}-2k_1(t-\frac{k_1}{2})x-(t-\frac{k_1}{2})^{2}-16 = 0$. 设$A(x_A,y_A)$，$B(x_B,y_B)$，易知$16 - k_1^{2}\neq0$，$\Delta＞0$，
则$x_Ax_B=\frac{-(t-\frac{k_1}{2})^{2}-16}{16 - k_1^{2}}$，$x_A + x_B=\frac{2k_1(t-\frac{k_1}{2})}{16 - k_1^{2}}$，
所以$\vert TA\vert=\sqrt{1 + k_1^{2}}\vert x_A-\frac{1}{2}\vert=\sqrt{1 + k_1^{2}}(x_A-\frac{1}{2})$，$\vert TB\vert=\sqrt{1 + k_1^{2}}\vert x_B-\frac{1}{2}\vert=\sqrt{1 + k_1^{2}}(x_B-\frac{1}{2})$，
则$\vert TA\vert\cdot\vert TB\vert=(1 + k_1^{2})(x_A-\frac{1}{2})(x_B-\frac{1}{2})=(1 + k_1^{2})\cdot[x_Ax_B-\frac{1}{2}(x_A + x_B)+\frac{1}{4}]=(1 + k_1^{2})[\frac{-(t-\frac{k_1}{2})^{2}-16}{16 - k_1^{2}}-\frac{1}{2}\cdot\frac{2k_1(t-\frac{k_1}{2})}{16 - k_1^{2}}+\frac{1}{4}]=\frac{(1 + k_1^{2})(t^{2}+12)}{k_1^{2}-16}$.
同理得$\vert TP\vert\cdot\vert TQ\vert=\frac{(1 + k_2^{2})(t^{2}+12)}{k_2^{2}-16}$.
因为$\vert TA\vert\cdot\vert TB\vert=\vert TP\vert\cdot\vert TQ\vert$，
所以$\frac{(1 + k_1^{2})(t^{2}+12)}{k_1^{2}-16}=\frac{(1 + k_2^{2})(t^{2}+12)}{k_2^{2}-16}$，
所以$k_1^{2}-16 + k_1^{2}k_2^{2}-16k_2^{2}=k_2^{2}-16 + k_1^{2}k_2^{2}-16k_1^{2}$，即$k_1^{2}=k_2^{2}$，由题意可知，$k_1\neq k_2$，所以$k_1=-k_2$，即$k_1 + k_2 = 0$.
故直线$AB$的斜率与直线$PQ$的斜率之和为$0$.

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

答案： 突破2　圆锥曲线中的最值、范围问题
例1
(1)设$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，
把$x = 2y - 1$代入$y^2 = 2px$，得$y^2 - 4py + 2p = 0$，
由$\Delta_1 = 16p^2 - 8p＞0$，得$p＞\frac{1}{2}$。
由根与系数的关系，可得$y_1 + y_2 = 4p,y_1y_2 = 2p$，
所以$|AB|=\sqrt{1+\frac{1}{(\frac{1}{2})^2}}\cdot\sqrt{(y_1 + y_2)^2 - 4y_1y_2}=\sqrt{5}\cdot\sqrt{16p^2 - 8p}=4\sqrt{15}$，解得$p = 2$或$p = -\frac{3}{2}$(舍去)，
故$p = 2$。
(2)设$M(x_3,y_3),N(x_4,y_4)$，由
(1)知抛物线$C:y^2 = 4x$，
则点$F(1,0)$。
因为$\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{FN}=0$，所以$\angle MFN = 90^{\circ}$，则$S_{\triangle MFN}=\frac{1}{2}|MF||NF|=\frac{1}{2}(x_3 + 1)(x_4 + 1)=\frac{1}{2}(x_3x_4 + x_3 + x_4 + 1)$ ①。
当直线$MN$的斜率不存在时，点$M$与点$N$关于$x$轴对称，
因为$\angle MFN = 90^{\circ}$，
所以直线$MF$与直线$NF$的斜率一个是1，另一个是 - 1。
不妨设直线$MF$的斜率为1，则$MF:y = x - 1$，
由$\begin{cases}y = x - 1\\y^2 = 4x\end{cases}$，得$x^2 - 6x + 1 = 0$，
得$\begin{cases}x_3 = 3 - 2\sqrt{2}\\x_4 = 3 - 2\sqrt{2}\end{cases}$或$\begin{cases}x_3 = 3 + 2\sqrt{2}\\x_4 = 3 + 2\sqrt{2}\end{cases}$。
代入①式计算易得，当$x_3 = x_4 = 3 - 2\sqrt{2}$时，$\triangle MFN$的面积取得最小值，为$12 - 8\sqrt{2}$。
当直线$MN$的斜率存在时，设直线$MN$的方程为$y = kx + m$。
由$\begin{cases}y = kx + m\\y^2 = 4x\end{cases}$，得$k^2x^2 - (4 - 2km)x + m^2 = 0,\Delta_2 = (4 - 2km)^2 - 4m^2k^2＞0$，则$\begin{cases}x_3 + x_4 = \frac{4 - 2km}{k^2}\\x_3x_4 = \frac{m^2}{k^2}\end{cases}$，
$y_3y_4 = (kx_3 + m)(kx_4 + m)=k^2x_3x_4 + mk(x_3 + x_4) + m^2=\frac{4m}{k}$。
又$\overrightarrow{FM}\cdot\overrightarrow{FN}=(x_3 - 1,y_3)\cdot(x_4 - 1,y_4)=x_3x_4 - (x_3 + x_4) + 1 + y_3y_4 = 0$，
所以$\frac{m^2}{k^2}-\frac{4 - 2km}{k^2}+1+\frac{4m}{k}=0$，化简得$m^2 + k^2 + 6km = 4$。
所以$S_{\triangle MFN}=\frac{1}{2}(x_3x_4 + x_3 + x_4 + 1)=\frac{m^2 + k^2 - 2km + 4}{2k^2}=\frac{m^2 + k^2 + 2km}{k^2}=(\frac{m}{k})^2 + 2(\frac{m}{k}) + 1$。
令$t = \frac{m}{k}$，则$S_{\triangle MFN}=t^2 + 2t + 1$，
因为$m^2 + k^2 + 6km = 4$，所以$(\frac{m}{k})^2 + 6(\frac{m}{k}) + 1=\frac{4}{k^2}＞0$，
即$t^2 + 6t + 1＞0$，得$t＞-3 + 2\sqrt{2}$或$t＜-3 - 2\sqrt{2}$，
从而得$S_{\triangle MFN}=t^2 + 2t + 1＞12 - 8\sqrt{2}$。
故$\triangle MFN$面积的最小值为$12 - 8\sqrt{2}$。

训练1 [2022 全国卷甲]设抛物线$C:y^{2}=2px(p ＞ 0)$的焦点为$F$，点$D(p,0)$，过$F$的直线交$C$于$M,N$两点. 当直线$MD$垂直于$x$轴时，$|MF| = 3$.
(1)求$C$的方程.
(2)设直线$MD,ND$与$C$的另一个交点分别为$A,B$，记直线$MN,AB$的倾斜角分别为$\alpha,\beta$. 当$\alpha - \beta$取得最大值时，求直线$AB$的方程.

答案：
训练1
(1)当$MD\perp x$轴时，有$|MF|=\frac{p}{2}+p = 3$，得$p = 2$，
所以抛物线$C$的方程为$y^2 = 4x$。
(2)如图，根据
(1)知$F(1,0)$，$D(2,0)$。
当$MN\perp x$轴时，易得$\alpha=\beta=\frac{\pi}{2}$，
此时$\alpha - \beta = 0$。
当$MN$的斜率存在时，设$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，$A(x_3,y_3)$，$B(x_4,y_4)$，
则直线$MN$的方程为$y - y_1=\frac{y_1 - y_2}{x_1 - x_2}(x - x_1)$，
即$y - y_1=\frac{y_1 - y_2}{\frac{y_1^2}{4}-\frac{y_2^2}{4}}(x - x_1)=\frac{4}{y_1 + y_2}(x - x_1)$，
即$y(y_1 + y_2)-y_1(y_1 + y_2)=4(x - x_1)$，
所以直线$MN$的方程为$y(y_1 + y_2)-y_1y_2 = 4x$。
同理可得，直线$AM$的方程为$y(y_3 + y_1)-y_3y_1 = 4x$，直线$BN$的方程为$y(y_4 + y_2)-y_4y_2 = 4x$，直线$AB$的方程为$y(y_4 + y_3)-y_4y_3 = 4x$。
因为$F(1,0)$在$MN$上，所以$y_1y_2 = - 4$。
因为$D(2,0)$在$AM$，$BN$上，所以$y_3y_1 = - 8$，$y_4y_2 = - 8$，
所以$y_3 = -\frac{8}{y_1}$，$y_4 = -\frac{8}{y_2}$。
所以$y_3 + y_4 = -\frac{8}{y_1}-\frac{8}{y_2}=-\frac{8(y_1 + y_2)}{y_1y_2}=-\frac{8(y_1 + y_2)}{-4}=2(y_1 + y_2)$，$y_3y_4=\frac{64}{y_1y_2}=\frac{64}{-4}=-16$，
所以直线$AB$的方程$y(y_4 + y_3)-y_4y_3 = 4x$可化为$(y_1 + y_2)y + 8 = 2x$，
所以$\tan\alpha=\frac{4}{y_2 + y_1}$，$\tan\beta=\frac{2}{y_2 + y_1}$，
所以$\tan(\alpha - \beta)=\frac{\frac{2}{y_2 + y_1}}{1+\frac{8}{(y_2 + y_1)^2}}=\frac{2(y_2 + y_1)}{(y_2 + y_1)^2 + 8}=2\times\frac{1}{(y_2 + y_1)+\frac{8}{y_2 + y_1}}$。
当$y_2 + y_1＜0$时，$\tan(\alpha - \beta)＜0$，不符合题意。
当$y_2 + y_1＞0$时，$(y_2 + y_1)+\frac{8}{y_2 + y_1}\geqslant4\sqrt{2}$，$\tan(\alpha - \beta)\leqslant2\times\frac{1}{4\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4}$，当且仅当$y_2 + y_1=\frac{8}{y_2 + y_1}$，即$y_2 + y_1 = 2\sqrt{2}$时取等号，
此时$\alpha - \beta$取得最大值，直线$AB$的方程为$x-\sqrt{2}y - 4 = 0$。