专题5 微专题15 圆锥曲线热点问题(一)——计算类（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题五　解析几何 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 微专题15　圆锥曲线热点问题(一)——计算类 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题五　解析几何 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　定值计算 　(2024·江西南昌一模)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，左、右两顶点分别为A1，A2，过点C(1,0)作斜率为k1(k1≠0)的动直线与椭圆E相交于M，N两点．当k1＝1时，点A1到直线MN的距离为eq \f(3\r(2),2). (1)求椭圆E的标准方程； (2)设点M关于原点的对称点为P，设直线A1P与直线A2N相交于点Q，设直线OQ的斜率为k2，试探究eq \f(k2,k1)是否为定值，若为定值，求出定值并说明理由． [解析]　(1)依题意可知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，由于k1＝1，则直线MN的方程为x－y－1＝0，因为点A1到直线MN的距离为eq \f(3\r(2),2)，所以eq \f(|a＋1|,\r(2))＝eq \f(3\r(2),2)，解得a＝2，所以c＝eq \r(3)，则b＝eq \r(a2－c2)＝1，所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1. (2)设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x1，－y1))，直线MN的方程为x＝my＋1，此时k1＝eq \f(1,m). 联立直线与椭圆方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,x2＋4y2＝4，))消去x得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋4))y2＋2my－3＝0，则有y1＋y2＝eq \f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(－3,m2＋4)，不妨设Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，y0))，因为A2，N，Q三点共线，则kA2N＝kA2Q，所以有eq \f(y0,x0－2)＝eq \f(y2,x2－2)，因为A1，P，Q三点共线，则kA1P＝kA1Q，所以 有eq \f(y0,x0＋2)＝eq \f(y1,x1－2)，所以eq \f(x0－2,y0)＝eq \f(x2－2,y2)＝eq \f(my2－1,y2)＝m－eq \f(1,y2)，eq \f(x0＋2,y0)＝eq \f(x1－2,y1)＝eq \f(my1－1,y1)＝m－eq \f(1,y1)，eq \f(2x0,y0)＝2m－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y1)＋\f(1,y2)))＝2m－eq \f(\f(－2m,m2＋4),\f(－3,m2＋4))＝eq \f(4m,3)，所以eq \f(y0,x0)＝eq \f(3,2m)，所以k2＝eq \f(3,2m)，所以k2＝eq \f(3,2)k1，所以eq \f(k2,k1)＝eq \f(3,2). 求解定值问题的两大途径 (1)可由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关． (2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正、负项抵消或分子与分母约分得定值．　 【预测练1】 (2024·湖北荆州三模)从抛物线y2＝8x上各点向x轴作垂线段，垂线段中点的轨迹为Γ. (1)求Γ的轨迹方程； (2)A，B，C是Γ上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F. ①若AC∥DF，求eq \f(|BD|,|BF|)的值； ②证明：三角形ABC与三角形DEF的面积之比为定值． 解析　(1)设垂线段中点坐标为(x，y)，则抛物线上点坐标为(x,2y)，代入抛物线方程，则(2y)2＝8x，即y2＝2x，所以Γ的轨迹方程为y2＝2x. (2)①如图，A，B，C是Γ上的三点，过三点的三条切线分别两两交于点D，E，F，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,2),2)，y2))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),2)，y3))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，y4))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x5，y5))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x6，y6))， 则抛物线y2＝2x上过点A的切线方程为x－eq \f(y\o\al(2,1),2)＝teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－y1))，将切线方程与抛物线方程联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),2)＝t\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－y1))，,y2＝2x，))消去x，整理得y2－2ty＋2ty1－yeq \o\al(2,1)＝0，所以Δ＝(－2t)2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2ty1－y\o\al(2,1)))＝4t2－8ty1＋4yeq \o\al(2,1)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－y1))2＝0，从而有t＝y1， 所以抛物线上过点A的切线方程为x＝y1y－eq \f(y\o\al(2,1),2)， 同理可得抛物线上过点B，C的切线方程分别为x＝y2y－eq \f(y\o\al(2,2),2)，x＝y3y－eq \f(y\o\al(2,3),2)， 两两联立，可以求得交点D，E，F的纵坐标分别为 y4＝eq \f(y1＋y2,2)，y5＝eq \f(y1＋y3,2)，y6＝eq \f(y2＋y3,2)，则eq \f(|AD|,|DE|)＝eq \f(|y1－y4|,|y4－y5|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－\f(y1＋y2,2))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)－\f(y1＋y3,2))))＝eq \f(|y1－y2|,|y2－y3|)，同理可得eq \f(|EF|,|FC|)＝eq \f(|y1－y2|,|y2－y3|)，eq \f(|DB|,|BF|)＝eq \f(|y1－y2|,|y2－y3|)，即eq \f(|AD|,|DE|)＝eq \f(|EF|,|FC|)＝eq \f(|DB|,|BF|)，当AC∥DF时，eq \f(|AD|,|DE|)＝eq \f(|CF|,|FE|)，故eq \f(|EF|,|FC|)＝eq \f(|FC|,|EF|)，即|EF|＝|FC|，因此eq \f(|BD|,|BF|)＝eq \f(|EF|,|FC|)＝1. ②证明　易知kAB＝eq \f(y1－y2,\f(y\o\al(2,1),2)－\f(y\o\al(2,2),2))＝eq \f(2,y1＋y2)，则直线AB的方程为y－y1＝eq \f(2,y1＋y2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,1),2)))，化简得y＝eq \f(2x＋y1y2,y1＋y2)，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2))y＝2x＋y1y2，且|AB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),2)－\f(y\o\al(2,2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1－y2))2)＝ eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2)|y2－y1|，点Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),2)，y3))到直线AB的距离为 d1＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),2)－\f(y1y3＋y2y3,2)＋\f(y1y2,2))),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2))＝eq \f(|y3－y2y3－y1|,2 \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1＋y2,2)))2))， 则三角形ABC的面积S1＝eq \f(1,2)|AB|·d1＝eq \f(1,4)|eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－y1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y2))|. 由(2)①知切线DE的方程为x＝y1y－eq \f(y\o\al(2,1),2)， Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y2,2)，\f(y1＋y2,2)))，Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y1y3,2)，\f(y1＋y3,2)))，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y2y3,2)，\f(y2＋y3,2)))，可知|DE|＝eq \f(1,2) eq \r(1＋y\o\al(2,1))|y3－y2|，点F到直线ED的距离为d2＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(y2y3,2)－\f(y1y2＋y1y3,2)＋\f(y\o\al(2,1),2))),\r(1＋y\o\al(2,1)))＝eq \f(|y2－y1y3－y1|,2\r(1＋y\o\al(2,1)))，则外切三角形DEF的面积S2＝eq \f(1,2)|ED|·d2＝eq \f(1,8)|(y2－y1)(y3－y1)(y3－y2)|. 故eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(1,4)|\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y2))|,\f(1,8)|\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y2－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y3－y2))|)＝2. 因此三角形ABC与外切三角形DEF的面积之比为定值2. 命题点2　最值(范围)问题 　(2024·山东济宁一模)已知椭圆E：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，直线l与椭圆E交于A，B两点，O为坐标原点，且OA⊥OB，OP⊥AB，垂足为点P. (1)求点P的轨迹方程； (2)求△OAB面积的取值范围． [解析]　(1)①当直线l斜率不存在时，由椭圆的对称性，不妨设直线l在y轴右侧，直线OA的方程为y＝x，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＝x，))解得x＝eq \f(2\r(6),3)，y＝eq \f(2\r(6),3)， ∴Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，\f(2\r(6),3)))，∴直线AB的方程为x＝eq \f(2\r(6),3)，此时Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)，0)). 同理，当直线l在y轴左侧时，Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(6),3)，0)). ②当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y并整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k2))x2＋4kmx＋2m2－8＝0， ∴Δ＝64k2－8m2＋32>0，且x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－8,1＋2k2)，又∵OA⊥OB，∴eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，∴x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))x1x2＋kmeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋m2＝0， 故eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋k2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m2－8)),1＋2k2)－eq \f(4k2m2,1＋2k2)＋eq \f(m2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k2)),1＋2k2)＝0，∴3m2＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2＋1))满足Δ>0，∴|OP|＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝ eq \r(\f(m2,k2＋1))＝ eq \r(\f(8k2＋1,3k2＋1))＝eq \f(2\r(6),3). 综上，|OP|＝eq \f(2\r(6),3)，故点P的轨迹方程为x2＋y2＝eq \f(8,3). (2)①由(1)可知，当直线l斜率不存在时，S△ABO＝eq \f(8,3). ②当直线l斜率存在且不为0时，|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2) eq \f(\r(64k2－8m2＋32),1＋2k2)＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(\f(32k2＋8,3)),1＋2k2)＝eq \f(4\r(6),3)· eq \r(\f(1＋k21＋4k2,1＋2k22))＝eq \f(4\r(6),3)· eq \r(\f(4k4＋5k2＋1,4k4＋4k2＋1))＝eq \f(4\r(6),3)· eq \r(1＋\f(k2,4k4＋4k2＋1))＝eq \f(4\r(6),3)· eq \r(1＋\f(1,4k2＋4＋\f(1,k2)))，∵k2>0，∴4k2＋eq \f(1,k2)≥4，当且仅当k2＝eq \f(1,2)，即k＝±eq \f(\r(2),2)时等号成立． ∴1＋eq \f(1,4k2＋\f(1,k2)＋4)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(9,8)))， ∴|AB|∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(4\r(6),3)，2\r(3)))， ∴S△ABO＝eq \f(1,2)|OP|·|AB|∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，2\r(2)))， 综上，S△ABO的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，2\r(2))). 圆锥曲线中的范围问题的解题策略 (1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系． (3)利用已知的或隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．　 【预测练2】 (2024·山东淄博一模)在平面直角坐标系xOy中，点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(5)，0))，点P(x，y)是平面内的动点．若以PF为直径的圆与圆D：x2＋y2＝1相切，记点P的轨迹为曲线C. (1)求C的方程； (2)设点A(1,0)，M(0，t)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，4－t)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t≠2))，直线AM，AN分别与曲线C交于点S，T(S，T异于A)，过点A作AH⊥ST，垂足为H，求|OH|的最大值． 解析　(1)设P(x，y)，则PF的中点Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋\r(5),2)，\f(y,2)))，根据题意得|OG|＝eq \f(1,2)|PF|±1， 即eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋\r(5),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,2)))2)＝eq \f(1,2) eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(5)))2＋y2)±1， 整理得eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\r(5)))2＋y2)－\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\r(5)))2＋y2)))＝2， 化简整理，得点P的轨迹方程C：x2－eq \f(y2,4)＝1. (2)设Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))，由对称性可知直线ST的斜率存在，所以可设直线ST：y＝mx＋n，联立直线ST与曲线C的方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2－\f(y2,4)＝1，,y＝mx＋n，))消元整理，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－m2))x2－2mnx－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2＋4))＝0eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m≠±2))， 则Δ>0⇒4＋n2－m2>0　①， x1＋x2＝－eq \f(2mn,m2－4)，x1x2＝eq \f(n2＋4,m2－4)　②， 所以lAS：y＝eq \f(y1,x1－1)(x－1)， 令x＝0，得点M纵坐标t＝－eq \f(y1,x1－1)， 同理可得点N纵坐标4－t＝－eq \f(y2,x2－1)，故eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＝－4，将y1＝mx1＋n，y2＝mx2＋n代入上式整理，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋4))x1x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－m－4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋x2))＋4－2n＝0，将②代入得m2＋2mn＋n2＋2m＋2n＝0⇒(m＋n)(m＋n＋2)＝0， 若m＋n＝0，则直线lST：y＝m(x－1)，恒过A(1,0)，不合题意； 若m＋n＋2＝0，则lST：y＝m(x－1)－2，恒过Q(1，－2)，因为lST恒过Q(1，－2)，且与C：x2－eq \f(y2,4)＝1始终有两个交点，又A(1,0)，AH⊥ST，垂足为H， 所以点H轨迹是以AQ为直径的圆(不含点A)，设AQ中点为E，则圆心E(1，－1)，半径为1，所以|OH|≤|OE|＋1＝eq \r(2)＋1，当且仅当点H在线段OE的延长线上时，OH取最大值eq \r(2)＋1. 1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知A(0,3)和Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(3,2)))为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上两点． (1)求C的离心率； (2)若过P的直线l交C于另一点B，且△ABP的面积为9，求l的方程． 解析　(1)第1步：代入A，P坐标求解a，b 由题知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(9,b2)＝1，,\f(9,a2)＋\f(9,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2\r(3)，,b＝3，)) 第2步：根据a，b，c的关系求解c，得出C的离心率e ∴c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)，∴C的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2). (2)第1步：求解|PA| |PA|＝eq \r(32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))2)＝eq \f(3\r(5),2)， 第2步：得出点B到直线PA的距离h 设点B到直线PA的距离为h，则△ABP的面积为S＝eq \f(1,2)|PA|·h＝9，解得h＝eq \f(12\r(5),5). 第3步：求解点B坐标 易知直线PA：x＋2y－6＝0，设B(x，y)， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(|x＋2y－6|,\r(5))＝\f(12\r(5),5)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝－3，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝－3，,y＝－\f(3,2)，)) ∴B(0，－3)或Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,2)))， 第4步：求直线l的方程 故l：y＝eq \f(3,2)x－3或y＝eq \f(1,2)x. 2．(2023·全国甲卷·理)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4eq \r(15). (1)求p； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，eq \o(FM,\s\up16(→))·eq \o(FN,\s\up16(→))＝0，求△MFN面积的最小值． 解析　(1)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA，yA))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xB，yB))， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－2y＋1＝0，,y2＝2px，)) 可得y2－4py＋2p＝0， 所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p， 所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(AB))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xA－xB))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(yA－yB))2)＝eq \r(5) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(yA－yB))＝eq \r(5)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(yA＋yB))2－4yAyB)＝4eq \r(15)， 即2p2－p－6＝0，因为p>0，解得p＝2. (2)因为Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，0))，显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN：x＝my＋n，Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2))， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n， Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0， 因为eq \o(MF,\s\up16(→))·eq \o(NF,\s\up16(→))＝0，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1))＋y1y2＝0， 即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my1＋n－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(my2＋n－1))＋y1y2＝0， 亦即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋1))y1y2＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1＋y2))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2＝0，将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入，得 4m2＝n2－6n＋1,4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2＋n))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2>0， 所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2). 设点F到直线MN的距离为d，所以d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n－1)),\r(1＋m2))， eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y1－y2))2)＝eq \r(1＋m2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y1－y2))＝eq \r(1＋m2) eq \r(16m2＋16n)＝eq \r(1＋m2)·eq \r(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n2－6n＋1))＋16n)＝2eq \r(1＋m2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n－1))， 所以△MNF的面积S＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(MN))×d＝eq \f(1,2)×eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n－1)),\r(1＋m2))×2eq \r(1＋m2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(n－1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－1))2，而n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2)，所以，当n＝3－2eq \r(2)时，△MNF的面积Smin＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－2\r(2)))2＝12－8eq \r(2). $$