《2025年金版新学案高中数学选择性必修第一册北师大版》

真题 1 (2024·全国甲卷)已知双曲线的两个焦点分别为 $ (0,4) $，$ (0,-4) $，点 $ (-6,4) $ 在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（C）
A.$ 4 $
B.$ 3 $
C.$ 2 $
D.$ \sqrt{2} $
溯源（北师版 P67 练习 T2(2)）求下列双曲线的实轴和虚轴的长、顶点的坐标、离心率和渐近线方程，并画出双曲线的草图：$ \frac{y^{2}}{9}-\frac{x^{2}}{4}=1 $。
点评：两题都是考查焦点在 $ y $ 轴上的双曲线的离心率问题。在本章中，椭圆、双曲线的离心率问题（尤其双曲线）都是高考常考的核心概念，一定要熟练掌握求离心率的方法。高考题符合“依标命题、源于教材”的命题理念，在学习中要重视教材，回归课堂，要与教材和课堂同向同行、同频共振。

答案： C 根据焦点坐标可知$c = 4$，焦点在$y$轴上，设双曲线的方程为$\frac{y^2}{a^2} - \frac{x^2}{b^2} = 1(a ＞ 0,b ＞ 0)$，则$\begin{cases} \frac{4^2}{a^2} - \frac{(-6)^2}{b^2} = 1, \\ a^2 + b^2 = 4^2, \end{cases}$即$\begin{cases} \frac{16}{a^2} - \frac{36}{b^2} = 1, \\ a^2 + b^2 = 16, \end{cases}$解得$\begin{cases} a^2 = 4, \\ b^2 = 12, \end{cases}$所以$a = 2$，离心率$e = \frac{c}{a} = \frac{4}{2} = 2$.

真题 2 (2024·新课标Ⅱ卷)已知曲线 $ C:x^{2}+y^{2}=16(y\gt0) $，从 $ C $ 上任意一点 $ P $ 向 $ x $ 轴作垂线段 $ PP' $，$ P' $ 为垂足，则线段 $ PP' $ 的中点 $ M $ 的轨迹方程为（A）
溯源（北师版 P56 例 7）如图，点 $ P $ 是圆 $ O:x^{2}+y^{2}=4 $ 上的动点，作 $ PH\perp x $ 轴于点 $ H $，求线段 $ PH $ 的中点 $ M $ 的轨迹方程，并指出该轨迹是什么图形。
点评：两题都是考查圆锥曲线的轨迹问题，高考题源于教材，是教材的完美变式。通过本题可知，平时学习回归教材的重要性，熟练掌握教材内容是解决问题的关键。要做到对教材解法的挖掘、教材模型的探究、教材素材的拓展。
A.$ \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1(y\gt0) $
B.$ \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{8}=1(y\gt0) $
C.$ \frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{4}=1(y\gt0) $
D.$ \frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{8}=1(y\gt0) $

答案： A 设点$M(x,y)$，因为$M$是线段$PP'$的中点，$P'$为$P$在$x$轴上的正投影，所以点$P$的坐标为$(x,2y)$，因为点$P$在曲线$C:x^2 + y^2 = 16(y ＞ 0)$上，所以$x^2 + (2y)^2 = 16(y ＞ 0)$，即$\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{4} = 1(y ＞ 0)$，所以线段$PP'$的中点$M$的轨迹方程为$\frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{4} = 1(y ＞ 0)$，故选A.

真题 3 (2024·北京卷)若直线 $ y = k(x - 3) $ 与双曲线 $ \frac{x^{2}}{4}-y^{2}=1 $ 只有一个公共点，则 $ k $ 的一个取值为$\frac{1}{2}$（或$-\frac{1}{2}$）。
溯源（北师版 P80 练习 T1）已知直线 $ l:y = kx - 1 $ 与双曲线 $ C:\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{9}=1 $ 有且只有一个公共点，求实数 $ k $ 的值。
点评：两题都是考查直线与双曲线的位置关系中只有一个公共点问题。与真题 2 一样，基本上都是教材的原题，再次证明教材是高考题的源和流，是学生发展成长之源，是学习之本，回归教材才是“以不变应万变”的最佳学习策略。同时通过这两题要熟练掌握直线与圆锥曲线位置关系的解题方法。

答案： $\frac{1}{2}$（或$-\frac{1}{2}$） 双曲线$\frac{x^2}{4} - y^2 = 1$的渐近线方程为$y = \pm \frac{1}{2}x$，直线$y = k(x - 3)$过定点$(3,0)$，因为点$(3,0)$在双曲线内（双曲线$\frac{x^2}{4} - y^2 = 1$的右顶点为$(2,0)$，$3 ＞ 2$），所以要使过该点的直线与双曲线只有一个公共点，则该直线与双曲线的渐近线平行，所以$k = \pm \frac{1}{2}$（任答一个即可）.

真题 4 (2023·全国甲卷)已知直线 $ x - 2y + 1 = 0 $ 与抛物线 $ C:y^{2}=2px(p\gt0) $ 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}·\overrightarrow{FN}=0 $，求 $ \triangle MFN $ 面积的最小值。
溯源（北师版 P90B 组 T5）已知点 $ F_{1} $，$ F_{2} $ 分别为椭圆 $ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 $ 的左、右焦点，直线 $ l $ 经过点 $ F_{2} $，且与椭圆交于 $ M $，$ N $ 两点，求 $ \triangle MF_{1}N $ 面积的最大值，并求此时的直线 $ l $ 的方程。
点评：两题都是以三角形面积的最值问题为切入点命制的题目，从这个角度看，两题具有关联性，又高考题还涉及向量等有关内容，加大了综合性的考查。在解析几何的学习中，要注重多想少算、通性通法和转化与化归思想的运用。

答案：
(1)$2$
(2)$12 - 8\sqrt{2}$
(1)设$A(x_A,y_A)$，$B(x_B,y_B)$，由$\begin{cases} x - 2y + 1 = 0, \\ y^2 = 2px, \end{cases}$消去$x$得$y^2 - 4py + 2p = 0$，所以$y_A + y_B = 4p$，$y_Ay_B = 2p$，所以$|AB| = \sqrt{(x_A - x_B)^2 + (y_A - y_B)^2} = \sqrt{(2y_A - 1 - 2y_B + 1)^2 + (y_A - y_B)^2} = \sqrt{5(y_A - y_B)^2} = \sqrt{5[(y_A + y_B)^2 - 4y_Ay_B]} = \sqrt{5(16p^2 - 8p)} = 4\sqrt{15}$，即$\sqrt{5(16p^2 - 8p)} = 4\sqrt{15}$，两边平方得$5(16p^2 - 8p) = 16 × 15$，化简得$2p^2 - p - 6 = 0$，因为$p ＞ 0$，解得$p = 2$.
(2)由
(1)知抛物线$C:y^2 = 4x$，焦点$F(1,0)$，显然直线$MN$的斜率不可能为零，设直线$MN:x = my + n$，$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，由$\begin{cases} y^2 = 4x, \\ x = my + n, \end{cases}$得$y^2 - 4my - 4n = 0$，所以$y_1 + y_2 = 4m$，$y_1y_2 = -4n$，$\Delta = 16m^2 + 16n ＞ 0 \Rightarrow m^2 + n ＞ 0$，因为$\overrightarrow{FM} · \overrightarrow{FN} = 0$，所以$(x_1 - 1)(x_2 - 1) + y_1y_2 = 0$，又$x_1 = my_1 + n$，$x_2 = my_2 + n$，所以$(my_1 + n - 1)(my_2 + n - 1) + y_1y_2 = 0$，展开得$m^2y_1y_2 + m(n - 1)(y_1 + y_2) + (n - 1)^2 + y_1y_2 = 0$，将$y_1 + y_2 = 4m$，$y_1y_2 = -4n$代入得$m^2(-4n) + m(n - 1)4m + (n - 1)^2 + (-4n) = 0$，化简得$-4m^2n + 4m^2(n - 1) + (n - 1)^2 - 4n = 0$，即$-4m^2 + n^2 - 2n + 1 - 4n = 0$，所以$n^2 - 6n + 1 - 4m^2 = 0$，即$4m^2 = n^2 - 6n + 1$，点$F$到直线$MN$的距离$d = \frac{|n - 1|}{\sqrt{1 + m^2}}$，$|MN| = \sqrt{(x_1 - x_2)^2 + (y_1 - y_2)^2} = \sqrt{(my_1 - my_2)^2 + (y_1 - y_2)^2} = \sqrt{(m^2 + 1)(y_1 - y_2)^2} = \sqrt{(m^2 + 1)[(y_1 + y_2)^2 - 4y_1y_2]} = \sqrt{(m^2 + 1)(16m^2 + 16n)} = 4\sqrt{(m^2 + 1)(m^2 + n)}$，由$4m^2 = n^2 - 6n + 1$得$m^2 = \frac{n^2 - 6n + 1}{4}$，所以$m^2 + n = \frac{n^2 - 6n + 1 + 4n}{4} = \frac{n^2 - 2n + 1}{4} = \frac{(n - 1)^2}{4}$，所以$|MN| = 4\sqrt{(m^2 + 1) × \frac{(n - 1)^2}{4}} = 2|n - 1|\sqrt{m^2 + 1}$，所以$\triangle MFN$的面积$S = \frac{1}{2} × |MN| × d = \frac{1}{2} × 2|n - 1|\sqrt{m^2 + 1} × \frac{|n - 1|}{\sqrt{m^2 + 1}} = (n - 1)^2$，由$4m^2 = n^2 - 6n + 1 \geq 0$得$n^2 - 6n + 1 \geq 0$，解得$n \geq 3 + 2\sqrt{2}$或$n \leq 3 - 2\sqrt{2}$，又$m^2 + n = \frac{(n - 1)^2}{4} ＞ 0$，所以$n \neq 1$，当$n = 3 - 2\sqrt{2}$时，$S = (3 - 2\sqrt{2} - 1)^2 = (2 - 2\sqrt{2})^2 = 4 - 8\sqrt{2} + 8 = 12 - 8\sqrt{2}$，所以$\triangle MFN$面积的最小值为$12 - 8\sqrt{2}$.