《2025年金版新学案高三总复习数学北师大版》

(2)设经过点 $ H(0, -1) $ 的直线 $ l $ 与椭圆 $ C $ 相交于 $ P $，$ Q $ 两点，点 $ P $ 关于 $ y $ 轴的对称点为 $ F $，直线 $ FQ $ 与 $ y $ 轴交于点 $ G $，求 $ \triangle PQG $ 面积的取值范围。

答案：
(2)由题意得直线$PQ$的斜率一定存在且不为$0$，设直线$PQ$的方程为$y = kx - 1(k\neq0)$，$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，$F(-x_1,y_1)$。
联立$\begin{cases}y = kx - 1\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，整理得$(3 + 4k^{2})x^{2}-8kx - 8 = 0$。
$\Delta=64k^{2}+32(3 + 4k^{2})=192k^{2}+96＞0$，则$x_1 + x_2=\frac{8k}{3 + 4k^{2}}$，$x_1x_2=-\frac{8}{3 + 4k^{2}}$。
直线$FQ$的方程$y - y_1=\frac{y_2 - y_1}{x_2 + x_1}(x + x_1)$，设$G(0,y_G)$，则$y_G - y_1=\frac{y_2 - y_1}{x_2 + x_1}· x_1$，$y_G=\frac{kx_1x_2 - kx_1^{2}}{x_2 + x_1}+kx_1 - 1=\frac{2kx_1x_2}{x_2 + x_1}-1=-3$。
$S_{\triangle PQG}=\frac{|HG|·|x_1 - x_2|}{2}=|x_1 - x_2|=\sqrt{(x_1 + x_2)^{2}-4x_1x_2}=\sqrt{(\frac{8k}{3 + 4k^{2}})^{2}+\frac{32}{3 + 4k^{2}}}=\sqrt{\frac{192k^{2}+96}{(3 + 4k^{2})^{2}}}$。
令$2k^{2}+1=t$，$t\in(1,+\infty)$，则$S_{\triangle PQG}=4\sqrt{6}×\sqrt{\frac{t}{4t^{2}+4t + 1}}=4\sqrt{6}×\sqrt{\frac{1}{4t+\frac{1}{t}+4}}$，$t\in(1,+\infty)$。
由于$4t+\frac{1}{t}+4\in(9,+\infty)$，$\frac{1}{4t+\frac{1}{t}+4}\in(0,\frac{1}{9})$，所以$\sqrt{\frac{1}{4t+\frac{1}{t}+4}}\in(0,\frac{1}{3})$，则$4\sqrt{6}×\sqrt{\frac{1}{4t+\frac{1}{t}+4}}\in(0,\frac{4\sqrt{6}}{3})$。
所以$\triangle PQG$面积的取值范围为$(0,\frac{4\sqrt{6}}{3})$。

(1)求 $ C $ 的方程；

答案：
(1)由题意可知，直线$AM$的方程为$y - 3=\frac{1}{2}(x - 2)$，即$x - 2y=-4$。
当$y = 0$时，解得$x=-4$，所以$a = 4$。
由椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$过点$M(2,3)$，可得$\frac{4}{16}+\frac{9}{b^{2}}=1$，解得$b^{2}=12$。
所以$C$的方程为$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$。

(2)点 $ N $ 为椭圆上任意一点，求 $ \triangle AMN $ 的面积的最大值。

答案：

(2)设与直线$AM$平行的直线方程为$x - 2y = m$。
如图所示，当直线与椭圆相切时，与$AM$距离比较远的直线与椭圆的切点为$N$，此时$\triangle AMN$的面积取得最大值。
联立$\begin{cases}x - 2y = m\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1\end{cases}$，可得$3(m + 2y)^{2}+4y^{2}=48$，化简可得$16y^{2}+12my + 3m^{2}-48 = 0$。
所以$\Delta=144m^{2}-4×16(3m^{2}-48)=0$，即$m^{2}=64$，解得$m=\pm8$。与$AM$距离比较远的直线方程为$x - 2y = 8$。
点$N$到直线$AM$的距离即两平行线之间的距离，即$d=\frac{|4-(-8)|}{\sqrt{1 + 4}}=\frac{12\sqrt{5}}{5}$。
由两点之间的距离公式可得$|AM|=\sqrt{(2 + 4)^{2}+3^{2}}=3\sqrt{5}$。
所以$\triangle AMN$的面积的最大值为$\frac{1}{2}×3\sqrt{5}×\frac{12\sqrt{5}}{5}=18$。

(1)求抛物线 $ E $ 的方程；

答案：
(1)由题意可得$\begin{cases}m^{2}=8p\frac{1}{2}·\frac{p}{2}·|m|=\frac{1}{2}p^{2}\end{cases}$，解得$p = 2$。
故抛物线$E$的方程为$y^{2}=4x$。

(2)过焦点 $ F $ 的直线 $ l $ 与抛物线 $ E $ 交于 $ A $，$ B $ 两点，过 $ A $，$ B $ 分别作垂直于 $ l $ 的直线 $ AC $，$ BD $，分别交抛物线于 $ C $，$ D $ 两点，求 $ |AC| + |BD| $ 的最小值。

答案：
(2)由题意知，直线$l$的斜率一定存在且不为$0$，$F(1,0)$，设直线$l$的方程为$x = ty+1$，$t\neq0$，设$A(x_1,y_1)$，$B(x_2,y_2)$，$C(x_3,y_3)$，易知$x_1=ty_1 + 1＞0$，$x_2=ty_2 + 1＞0$。
联立$\begin{cases}x = ty + 1\\y^{2}=4x\end{cases}$，消去$x$得$y^{2}-4ty - 4 = 0$，所以$y_1 + y_2 = 4t$，$y_1y_2=-4$。
由$AC$垂直于$l$，得直线$AC$的方程为$y - y_1=-t(x - x_1)$，联立$\begin{cases}y - y_1=-t(x - x_1)\\y^{2}=4x\end{cases}$，消去$x$得$ty^{2}+4y - 4tx_1 - 4y_1 = 0$，所以$y_1 + y_3=-\frac{4}{t}$，$y_1y_3=-\frac{4tx_1 + 4y_1}{t}$。
所以$|AC|=\sqrt{(x_1 - x_3)^{2}+(y_1 - y_3)^{2}}=\sqrt{(1+\frac{1}{t^{2}})[(y_1 + y_3)^{2}-4y_1y_3]}=\frac{2\sqrt{t^{2}+1}}{t^{2}}·|ty_1 + 2|=\frac{2\sqrt{t^{2}+1}}{t^{2}}·(ty_1 + 2)$。
同理可得$|BD|=\frac{2\sqrt{t^{2}+1}}{t^{2}}·(ty_2 + 2)$。
所以$|AC|+|BD|=\frac{2\sqrt{t^{2}+1}}{t^{2}}·[t(y_1 + y_2)+4]=\frac{8\sqrt{t^{2}+1}}{t^{2}}(t^{2}+1)=8\sqrt{\frac{(t^{2}+1)^{3}}{t^{2}}}$。
令$f(x)=\frac{(x + 1)^{3}}{x^{2}}$，$x＞0$，则$f^\prime(x)=\frac{(x + 1)^{2}(x - 2)}{x^{3}}$。
所以当$x\in(0,2)$时，$f^\prime(x)＜0$，$f(x)$单调递减；当$x\in(2,+\infty)$时，$f^\prime(x)＞0$，$f(x)$单调递增。
所以当$x = 2$时，$f(x)$取得最小值，$f(2)=\frac{27}{4}$，即当$t=\pm\sqrt{2}$时，$|AC|+|BD|$的最小值为$12\sqrt{3}$。

(1)求 $ p $；

答案：
(1)设$A(x_A,y_A)$，$B(x_B,y_B)$，由$\begin{cases}x - 2y + 1 = 0\\y^{2}=2px\end{cases}$可得$y^{2}-4py + 2p = 0$，所以$y_A + y_B = 4p$，$y_Ay_B = 2p$。
所以$|AB|=\sqrt{(x_A - x_B)^{2}+(y_A - y_B)^{2}}=\sqrt{5}|y_A - y_B|=\sqrt{5}×\sqrt{(y_A + y_B)^{2}-4y_Ay_B}=4\sqrt{15}$，即$2p^{2}-p - 6 = 0$。因为$p＞0$，解得$p = 2$。

(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。

答案：
(2)因为$F(1,0)$，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$\begin{cases}y^{2}=4x\\x = my + n\end{cases}$可得$y^{2}-4my - 4n = 0$，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$(x_1 - 1)(x_2 - 1)+y_1y_2 = 0$，即$(my_1 + n - 1)(my_2 + n - 1)+y_1y_2 = 0$，亦即$(m^{2}+1)y_1y_2+m(n - 1)(y_1 + y_2)+(n - 1)^{2}=0$。
将$y_1 + y_2 = 4m$，$y_1y_2=-4n$代入得$4m^{2}=n^{2}-6n + 1$，因为$4(m^{2}+n)=(n - 1)^{2}＞0$，所以$n\neq1$，且$n^{2}-6n + 1\geqslant0$，解得$n\geqslant3 + 2\sqrt{2}$或$n\leqslant3 - 2\sqrt{2}$。
设点$F$到直线$MN$的距离为$d$，所以$d=\frac{|n - 1|}{\sqrt{1 + m^{2}}}$。
$|MN|=\sqrt{(x_1 - x_2)^{2}+(y_1 - y_2)^{2}}=\sqrt{1 + m^{2}}·|y_1 - y_2|=\sqrt{1 + m^{2}}·\sqrt{16m^{2}+16n}=\sqrt{1 + m^{2}}·\sqrt{4(n - 1)^{2}}=2\sqrt{1 + m^{2}}·|n - 1|$。
所以$\triangle MFN$的面积$S=\frac{1}{2}× d×|MN|=\frac{1}{2}×\frac{|n - 1|}{\sqrt{1 + m^{2}}}×2\sqrt{1 + m^{2}}·|n - 1|=(n - 1)^{2}$。
而$n\geqslant3 + 2\sqrt{2}$或$n\leqslant3 - 2\sqrt{2}$，所以当$n = 3 - 2\sqrt{2}$时，$\triangle MFN$的面积$S_{\min}=(2 - 2\sqrt{2})^{2}=12 - 8\sqrt{2}$。