《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

[例1]已知抛物线$y^{2}=4x$，过焦点$F$的直线与抛物线交于$A$，$B$两点，则$2|AF|+|BF|$最小值为（ ）
A. 2
B. $2\sqrt{6}+3$
C. 4
D. $3 + 2\sqrt{2}$

答案： D　因为$p = 2$，所以$\frac{1}{\vert AF\vert}+\frac{1}{\vert BF\vert}=\frac{2}{p}=1$。所以$2\vert AF\vert+\vert BF\vert=(2\vert AF\vert+\vert BF\vert)\cdot(\frac{1}{\vert AF\vert}+\frac{1}{\vert BF\vert})=3+\frac{2\vert AF\vert}{\vert BF\vert}+\frac{\vert BF\vert}{\vert AF\vert}\geqslant3+2\sqrt{\frac{2\vert AF\vert}{\vert BF\vert}\cdot\frac{\vert BF\vert}{\vert AF\vert}}=3+2\sqrt{2}$，当且仅当$\vert BF\vert=\sqrt{2}\vert AF\vert$时，等号成立，因此，$2\vert AF\vert+\vert BF\vert$的最小值为$3+2\sqrt{2}$。

[例2]已知$F$是抛物线$C:y^{2}=4x$的焦点，过点$F$作两条相互垂直的直线$l_{1}$，$l_{2}$，直线$l_{1}$与$C$相交于$A$，$B$两点，直线$l_{2}$与$C$相交于$D$，$E$两点，则$|AB|+|DE|$的最小值为（ ）
A. 16
B. 14
C. 12
D. 10

答案：
A　如图，设直线$l_{1}$的倾斜角为$\theta$，$\theta\in(0,\frac{\pi}{2})$，则直线$l_{2}$的倾斜角为$\frac{\pi}{2}+\theta$，

由抛物线的焦点弦长公式知$\vert AB\vert=\frac{2p}{\sin^{2}\theta}=\frac{4}{\sin^{2}\theta}$，$\vert DE\vert=\frac{2p}{\sin^{2}(\frac{\pi}{2}+\theta)}=\frac{4}{\cos^{2}\theta}$，所以$\vert AB\vert+\vert DE\vert=\frac{4}{\sin^{2}\theta}+\frac{4}{\cos^{2}\theta}=\frac{4}{\sin^{2}\theta\cos^{2}\theta}=\frac{16}{\sin^{2}2\theta}\geqslant16$，当且仅当$\sin2\theta = 1$，即$\theta=\frac{\pi}{4}$时取等号。所以$\vert AB\vert+\vert DE\vert$的最小值为16。

[例3]设$F$为抛物线$C:y^{2}=3x$的焦点，过$F$且倾斜角为$30^{\circ}$的直线交$C$于$A$，$B$两点，$O$为坐标原点，则$\triangle OAB$的面积为（ ）
A. $\frac{3\sqrt{3}}{4}$
B. $\frac{9\sqrt{3}}{8}$
C. $\frac{63}{32}$
D. $\frac{9}{4}$

答案： D　由$2p = 3$，及$\vert AB\vert=\frac{2p}{\sin^{2}\alpha}$得$\vert AB\vert=\frac{2p}{\sin^{2}\alpha}=\frac{3}{\sin^{2}30^{\circ}}=12$。原点到直线$AB$的距离$d=\vert OF\vert\cdot\sin30^{\circ}=\frac{3}{8}$，故$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}\vert AB\vert\cdot d=\frac{1}{2}\times12\times\frac{3}{8}=\frac{9}{4}$。

1.（2023·福州联考）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$|AB|=$（ ）
A. $\frac{8}{3}$
B. 4
C. 8
D. 24

答案： C　设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，所以$k_{AB}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{y_{1}-y_{2}}{\frac{y_{1}^{2}}{2p}-\frac{y_{2}^{2}}{2p}}=\frac{2p}{y_{1}+y_{2}}$。因为线段$AB$中点的纵坐标为$\sqrt{3}$，所以$y_{1}+y_{2}=2\sqrt{3}$，又直线$AB$的倾斜角为$\frac{\pi}{3}$，所以$k_{AB}=\sqrt{3}$，即$\frac{2p}{2\sqrt{3}}=\sqrt{3}$，得$p = 3$。所以抛物线$C$的方程为$y^{2}=6x$，所以$\vert AB\vert=\frac{2p}{\sin^{2}\theta}=\frac{6}{\sin^{2}\frac{\pi}{3}}=8$。

2. 设抛物线$E:y^{2}=6x$的弦$AB$过焦点$F$，$|AF| = 3|BF|$，过$A$，$B$分别作$E$的准线的垂线，垂足分别是$A'$，$B'$，则四边形$AA'B'B$的面积等于（ ）
A. $4\sqrt{3}$
B. $8\sqrt{3}$
C. $16\sqrt{3}$
D. $32\sqrt{3}$

答案：
C
方法一:不妨令$A$在$x$轴上方，如图所示，作$BG\perp AA'$，垂足为$G$，

则$\vert A'G\vert=\vert BB'\vert$，$\vert BG\vert=\vert A'B'\vert$。设$\vert BF\vert=m$，由$\vert AF\vert=3\vert BF\vert$，得$\vert AF\vert=3m$，所以$\vert AB\vert=4m$。由抛物线的定义知$\vert AA'\vert=\vert AF\vert=3m$，$\vert BB'\vert=\vert BF\vert=m$，则$\vert AG\vert=2m$，所以$\angle BAA'=\frac{\pi}{3}$。易知$p = 3$，得$\vert AB\vert=\frac{2p}{\sin^{2}\frac{\pi}{3}}=\frac{6}{(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}=8$，所以$\vert BG\vert=\vert AB\vert\sin\frac{\pi}{3}=4\sqrt{3}$，则$S_{四边形AA'B'B}=\frac{1}{2}(\vert AA'\vert+\vert BB'\vert)\times\vert A'B'\vert=\frac{1}{2}\vert AB\vert\times\vert BG\vert=\frac{1}{2}\times8\times4\sqrt{3}=16\sqrt{3}$。
方法二:不妨令$A$在$x$轴上方，如图所示，作$BG\perp AA'$，垂足为$G$，

由抛物线的定义知$\vert AA'\vert=\vert AF\vert$，$\vert BB'\vert=\vert BF\vert$，由$\frac{1}{\vert AF\vert}+\frac{1}{\vert BF\vert}=\frac{2}{p}=\frac{2}{3}$，$\vert AF\vert=3\vert BF\vert$得，$\vert BF\vert=2$，$\vert AF\vert=6$，所以$\vert AA'\vert+\vert BB'\vert=\vert AF\vert+\vert BF\vert=8$，$\vert AG\vert=\vert AA'\vert-\vert BB'\vert=4$，所以$\vert A'B'\vert=\vert BG\vert=\sqrt{8^{2}-4^{2}}=4\sqrt{3}$，则$S_{四边形AA'B'B}=\frac{1}{2}(\vert AA'\vert+\vert BB'\vert)\times\vert A'B'\vert=\frac{1}{2}\times(6 + 2)\times4\sqrt{3}=16\sqrt{3}$。
方法三:设直线$AB$的倾斜角为$\alpha$，不妨令$A$在$x$轴上方，

$\vert AF\vert=\frac{p}{1-\cos\alpha}=\frac{3}{1-\cos\alpha}$，$\vert BF\vert=\frac{p}{1+\cos\alpha}=\frac{3}{1+\cos\alpha}$，由$\vert AF\vert=3\vert BF\vert$，得$\frac{3}{1-\cos\alpha}=3\times\frac{3}{1+\cos\alpha}$，解得$\cos\alpha=\frac{1}{2}$，因为$\alpha\in(0,\pi)$，所以$\alpha=\frac{\pi}{3}$，由抛物线定义，得$\vert AA'\vert=\vert AF\vert=\frac{3}{1-\cos\frac{\pi}{3}}=6$，$\vert BB'\vert=\vert BF\vert=\frac{3}{1+\cos\frac{\pi}{3}}=2$，所以$\vert A'B'\vert=(\vert AF\vert+\vert BF\vert)\sin\alpha=8\sin\frac{\pi}{3}=4\sqrt{3}$，则$S_{四边形AA'B'B}=\frac{1}{2}(\vert AA'\vert+\vert BB'\vert)\times\vert A'B'\vert=\frac{1}{2}\times(6 + 2)\times4\sqrt{3}=16\sqrt{3}$。