《2026年南方凤凰台5A新考案数学二轮提高版》

变式2 已知双曲线$\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞0,b＞0)$的离心率为$2$，右焦点$F$到渐近线的距离为$\sqrt{3}$。
（1）求双曲线的标准方程；
（2）若$P$为双曲线右支上一动点，过点$P$与双曲线相切的直线$l$与双曲线的渐近线分别交于$M$，$N$两点，求$\triangle FMN$的面积的最小值。$x^2 - \frac{y^2}{3} = 1$$\sqrt{3}$

答案：
变式2[解答]
(1)由已知得渐近线方程为$bx\pm ay = 0$，右焦点$F(c,0)$，所以$\frac{|bc|}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \sqrt{3}$，又$a^2 + b^2 = c^2$，所以$\frac{bc}{c} = \sqrt{3}$，即$b = \sqrt{3}$。因为离心率$e = \frac{c}{a} = 2$，所以$b^2 = c^2 - a^2 = 3a^2 = 3$，所以$a = 1$（此处原解析中“$a = 1$”后缺少“，$c = 2$”，但根据上下文及答案，标准方程为$x^2 - \frac{y^2}{3} = 1$，故保留原答案），故双曲线的标准方程为$x^2 - \frac{y^2}{3} = 1$。
(2)$x^2 - \frac{y^2}{3} = 1$的渐近线方程为$y = \pm\sqrt{3}x$。当直线$l$的斜率不存在时，此时$P(1,0)$，直线$l$的方程为$x = 1$，代入渐近线方程，得$y = \pm\sqrt{3}$，故$|MN| = 2\sqrt{3}$，又$F(2,0)$，故$\triangle FMN$的面积$S_{\triangle FMN} = \frac{1}{2}|MN|·|PF| = \frac{1}{2}×2\sqrt{3}×1 = \sqrt{3}$。当直线$l$的斜率存在时，设其方程为$y = kx + m$，联立$\begin{cases}x^2 - \frac{y^2}{3} = 1\\y = kx + m\end{cases}$，消去$y$，得$(k^2 - 3)x^2 + 2kmx + m^2 + 3 = 0$，因为直线$l$与双曲线相切，所以$\Delta = 4k^2m^2 - 4(k^2 - 3)(m^2 + 3) = 0$，解得$m^2 = k^2 - 3 ＞ 0$。另设$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，联立$\begin{cases}(k^2 - 3)x^2 + 2kmx + m^2 = 0\\y = kx + m\end{cases}$，所以$x_1 + x_2 = \frac{-2km}{k^2 - 3}$，$x_1x_2 = \frac{m^2}{k^2 - 3} = 1$，则$y_1 + y_2 = k(x_1 + x_2) + 2m = \frac{-2k^2 + 2m^2}{m} = -2(k^2 - m^2) = -6$，$y_1y_2 = k^2x_1x_2 + km(x_1 + x_2) + m^2 = k^2 + km·\frac{-2k}{m} + m^2 = -3$。在$\triangle OMN$中，可得$|OM| = 2x_1$，$|ON| = 2x_2$，所以$S_{\triangle OMN} = \frac{1}{2}|OM|·|ON|·\sin\angle MON = 2x_1x_2·\frac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$，所以$S_{\triangle FMN} = S_{\triangle OFM} + S_{\triangle OFN} - S_{\triangle OMN} = \frac{1}{2}|OF|·|y_1 - y_2| - \sqrt{3} = \sqrt{(y_1 + y_2)^2 - 4y_1y_2} - \sqrt{3} = \sqrt{\frac{36}{m^2} + 12} - \sqrt{3}$。因为$m^2 = k^2 - 3 ＞ 0$，所以$S_{\triangle FMN} \geq \sqrt{36 + 12} - \sqrt{3} = \sqrt{3}$。综上所述，$S_{\triangle FMN} \geq \sqrt{3}$，其最小值为$\sqrt{3}$。

例3 已知抛物线$C:x^{2}=2py(p＞0)$的焦点为$F$，直线$l$过点$F$交$C$于$A$，$B$两点，$C$在$A$，$B$两点的切线相交于点$P$，$AB$的中点为$Q$，且$PQ$交$C$于点$E$。当$l$的斜率为$1$时，$|AB|=8$。
（1）求$C$的方程；
（2）若点$P$的横坐标为$2$，求$|QE|$；
（3）设$C$在点$E$处的切线与$PA$，$PB$分别交于点$M$，$N$，求四边形$ABNM$面积的最小值。$x^2 = 4y$2
总结提炼
四边形面积的处理方法：（1）分割成两个三角形分别求解；（2）四边形面积可通过割补或比例转化成与某个三角形面积相关，从而求三角形面积即可。

答案：
例3[解答]
(1)由题意，直线$l$的斜率必存在。设直线$l$的方程为$y = kx + \frac{p}{2}$，$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，联立$\begin{cases}y = kx + \frac{p}{2}\\x^2 = 2py\end{cases}$得$x^2 - 2pkx - p^2 = 0$（$\ast$），所以$\begin{cases}x_1 + x_2 = 2pk\\x_1x_2 = -p^2\end{cases}$，当$k = 1$时，$x_1 + x_2 = 2p$，此时$|AB| = y_1 + y_2 + p = (x_1 + \frac{p}{2}) + (x_2 + \frac{p}{2}) + p = (x_1 + x_2) + 2p = 4p = 8$，即$p = 2$，所以$C$的方程为$x^2 = 4y$。
(2)由
(1)知，$x_1 + x_2 = 2pk = 4k$，则$x_Q = 2k$，代入直线$y = kx + 1$得$y_Q = 2k^2 + 1$，则$AB$的中点为$Q(2k,2k^2 + 1)$。因为$x^2 = 4y$，所以$y' = \frac{x}{2}$，则直线$PA$的方程为$y - y_1 = \frac{x_1}{2}(x - x_1)$，即$y = \frac{1}{2}x_1x - \frac{1}{4}x_1^2$。同理，直线$PB$的方程为$y = \frac{1}{2}x_2x - \frac{1}{4}x_2^2$，所以$x_P = \frac{x_1^2 - x_2^2}{2(x_1 - x_2)} = 2k$，$y_P = \frac{x_1(x_1 + x_2)}{4} - \frac{x_1^2}{4} = \frac{x_1x_2}{4} = -1$，所以$P(2k,-1)$。若$x_P = 2$，则$2k = 2$，即$k = 1$，此时$Q(2,3)$，$P(2,-1)$，所以直线$PQ$的方程为$x = 2$，代入$x^2 = 4y$，得$y = 1$，所以$E(2,1)$，所以$|QE| = 2$。
(3)由
(2)知$Q(2k,2k^2 + 1)$，$P(2k,-1)$，所以直线$PQ$的方程为$x = 2k$，代入$x^2 = 4y$，得$y = k^2$，所以$E(2k,k^2)$，所以$E$为$PQ$的中点。因为$C$在点$E$处的切线斜率$y' = \frac{1}{2}×2k = k$，所以$C$在点$E$处的切线平行于$AB$。又因为$E$为$PQ$的中点，所以$S_{四边形ABNM} = \frac{3}{4}S_{\triangle ABP}$。由
(1)中（$\ast$）式得$x^2 - 4kx - 4 = 0$，所以$x_1 + x_2 = 4k$，因为直线$AB$的方程为$y = kx + 1$，所以$|AB| = y_1 + y_2 + p = (kx_1 + 1) + (kx_2 + 1) + 2 = k(x_1 + x_2) + 4 = 4k^2 + 4$。又$P(2k,-1)$到直线$AB$的距离$h = \frac{|2k^2 + 2|}{\sqrt{k^2 + 1}} = 2\sqrt{k^2 + 1}$，所以$S_{\triangle ABP} = \frac{1}{2}|AB|· h = \frac{1}{2}·(4k^2 + 4)·2\sqrt{k^2 + 1} = 4(k^2 + 1)^{\frac{3}{2}} \geq 4$（当且仅当$k = 0$时取“$=$”），所以$S_{四边形ABNM} = \frac{3}{4}S_{\triangle ABP} \geq 3$，所以四边形$ABNM$面积的最小值为$3$。