备考2024届高考数学一轮复习好题精练第八章平面解析几何突破2圆锥曲线中的最值范围问题命题点1最值问题

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例1 [2023全国卷甲]已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，｜AB｜＝415.
（1）求p；
（2）设F为C的焦点，M，N为C上两点，且FM·FN＝0，求△MFN面积的最小值.
解析 （1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
由Δ1＝16p2－8p＞0，得p＞12.
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以｜AB｜＝1+1（12）2·（y1＋y2）2－4y1y2＝5·16p2－8p＝415，解得p＝2或p＝－32（舍去），
故p＝2.
（2）设M（x3，y3），N（x4，y4），由（1）知抛物线C：y2＝4x，
则点F（1，0）.
因为FM·FN＝0，
所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝12｜MF｜｜NF｜＝12（x3＋1）（x4＋1）＝12（x3x4＋x3＋x4＋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∠MFN＝90°，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y＝x－1，y2=4x，得x2－6x＋1＝0，
得x3=3－22，x4=3－22或x3=3+22，x4=3+22.
代入①式计算易得，当x3＝x4＝3－22时，△MFN的面积取得最小值，为12－82.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由y＝kx＋m，y2=4x，得k2x2－（4－2km）x＋m2＝0，Δ2＝（4－2km）2－4m2k2＞0，则x3＋x4＝4－2kmk2，x3x4＝m2k2，y3y4＝（kx3＋m）（kx4＋m）＝k2x3x4＋mk（x3＋x4）＋m2＝4mk.
又FM·FN＝（x3－1，y3）·（x4－1，y4）＝x3x4－（x3＋x4）＋1＋y3y4＝0，
所以m2k2－4－2kmk2＋1＋4mk＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝12（x3x4＋x3＋x4＋1）＝m2＋k2－2km+42k2＝m2＋k2+2kmk2＝（mk）2＋2（mk）＋1.
令t＝mk，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，所以（mk）2＋6（mk）＋1＝4k2＞0，
即t2＋6t＋1＞0，得t＞－3＋22或t＜－3－22，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1＞12－82.
故△MFN面积的最小值为12－82.
训练1 [2022全国卷甲]设抛物线C：y2＝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α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程.
解析 （1）当MD⊥x轴时，有｜MF｜＝p2＋p＝3，得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）如图，根据（1）知F（1，0），D（2，0）.
当MN⊥x轴时，易得α＝β＝π2，此时α－β＝0.
当MN的斜率存在时，设M（x1，y1），N（x2，y2），A（x3，y3），B（x4，y4），
则直线MN的方程为y－y1＝y1－y2x1－x2（x－x1），
即y－y1＝y1－y2y124－y224（x－x1）＝4y1＋y2（x－x1），
即y（y1＋y2）－y1（y1＋y2）＝4（x－x1），
所以直线MN的方程为y（y1＋y2）－y1y2＝4x.
同理可得，直线AM的方程为y（y3＋y1）－y3y1＝4x，直线BN的方程为y（y4＋y2）－y4y2＝4x，直线AB的方程为y（y4＋y3）－y4y3＝4x.
因为F（1，0）在MN上，所以y1y2＝－4.
因为D（2，0）在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，
所以y3＝－8y1，y4＝－8y2.
所以y3＋y4＝－8y1－8y2＝－8（y1＋y2）y1y2＝－8（y1＋y2）－4＝2（y1＋y2），y3y4＝64y1y2＝64－4＝－16，
所以直线AB的方程y（y4＋y3）－y4y3＝4x可化为（y1＋y2）y＋8＝2x，
所以tan α＝4y2＋y1，tan β＝2y2＋y1，
所以tan（α－β）＝2y2＋y11+8（y2＋y1）2＝2（y2＋y1）（y2＋y1）2+8＝2×1（y2＋y1）＋8y2＋y1.
当y2＋y1＜0时，tan（α－β）＜0，不符合题意.
当y2＋y1＞0时，（y2＋y1）＋8y2＋y1≥42，tan（α－β）≤2×142＝24，当且仅当y2＋y1＝8y2＋y1，即y2＋y1＝22时取等号，
此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－2y－4＝0.