2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练48高考大题专练五圆锥曲线的综合运用

这是一份2025版高考数学一轮复习微专题小练习专练48高考大题专练五圆锥曲线的综合运用，共15页。试卷主要包含了))，[2024·全国甲卷]设椭圆C等内容，欢迎下载使用。

(1)求W的方程；
(2)已知矩形ABCD有三个顶点在W上，证明：矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3).
解析：(1)设点P的坐标为(x，y)，依题意得|y|＝ eq \r(x2＋（y－\f(1,2)）2)，
化简得x2＝y－ eq \f(1,4)，
所以W的方程为x2＝y－ eq \f(1,4).
(2)设矩形ABCD的三个顶点A，B，C在W上，
则AB⊥BC，矩形ABCD的周长为2(|AB|＋|BC|).
设B(t，t2＋ eq \f(1,4))，依题意知直线AB不与两坐标轴平行，
故可设直线AB的方程为y－(t2＋ eq \f(1,4))＝k(x－t)，不妨设k>0，
与x2＝y－ eq \f(1,4)联立，得x2－kx＋kt－t2＝0，
则Δ＝k2－4(kt－t2)＝(k－2t)2>0，所以k≠2t.
设A(x1，y1)，所以t＋x1＝k，所以x1＝k－t，
所以|AB|＝ eq \r(1＋k2)|x1－t|＝ eq \r(1＋k2)|k－2t|＝ eq \r(1＋k2)|2t－k|，
|BC|＝ eq \r(1＋（1－\f(1,k)）2)|－ eq \f(1,k)－2t|＝ eq \f(\r(1＋k2),k)| eq \f(1,k)＋2t|＝ eq \f(\r(1＋k2),k2)|2kt＋1|，且2kt＋1≠0，
所以2(|AB|＋|BC|)＝ eq \f(2\r(1＋k2),k2)(|2k2t－k3|＋|2kt＋1|).
因为|2k2t－k3|＋|2kt＋1|
＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(（－2k2－2k）t＋k3－1，t≤－\f(1,2k),（2k－2k2）t＋k3＋1，－\f(1,2k)＜t≤\f(k,2),（2k2＋2k）t－k3＋1，t>\f(k,2)))，
当2k－2k2≤0，即k≥1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k)]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k)， eq \f(k,2)]上单调递减或是常函数(当k＝1时是常函数)，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2)，＋∞)上单调递增，
所以当t＝ eq \f(k,2)时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k2＋1，又k≠2t，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2\r(1＋k2),k2)(k2＋1)＝.
令f(k)＝，k≥1，
则f′(k)＝
当1≤k＜ eq \r(2)时，f′(k)＜0，当k＞ eq \r(2)时，f′(k)＞0，
所以函数f(k)在[1， eq \r(2))上单调递减，在( eq \r(2)，＋∞)上单调递增，
所以f(k)≥f( eq \r(2))＝3 eq \r(3)，
所以2(|AB|＋|BC|)＞≥3 eq \r(3).
当2k－2k2＞0，即0＜k＜1时，函数y＝(－2k2－2k)t＋k3－1在(－∞，－ eq \f(1,2k)]上单调递减，函数y＝(2k－2k2)t＋k3＋1在(－ eq \f(1,2k)， eq \f(k,2)]上单调递增，函数y＝(2k2＋2k)t－k3＋1在( eq \f(k,2)，＋∞)上单调递增，
所以当t＝－ eq \f(1,2k)时，|2k2t－k3|＋|2kt＋1|取得最小值，且最小值为k3＋k＝k(1＋k2)，
又2kt＋1≠0，所以2(|AB|＋|BC|)＞ eq \f(2\r(1＋k2),k2)k(k2＋1)＝.
令g(k)＝，0则g′(k)＝，
当00，
所以函数g(k)在(0， eq \f(\r(2),2))上单调递减，在( eq \f(\r(2),2)，1)上单调递增，
所以g(k)≥g( eq \f(\r(2),2))＝3 eq \r(3)，
所以2(|AB|＋|BC|)>≥3 eq \r(3).
综上，矩形ABCD的周长大于3 eq \r(3).
2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2 eq \r(5)，0)，离心率为 eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上．
解析：(1)设双曲线C的方程为 eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，c为双曲线C的半焦距，
由题意可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5),\f(c,a)＝\r(5),c2＝a2＋b2))，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝2\r(5),a＝2,b＝4)).
所以双曲线C的方程为 eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,16)＝1.
(2)方法一 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则x1＝my1－4，x2＝my2－4.
联立得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－4,\f(x2,4)－\f(y2,16)＝1))，得(4m2－1)y2－32my＋48＝0.
因为直线MN与双曲线C的左支交于M，N两点，所以4m2－1≠0，且Δ>0.
由根与系数的关系得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(32m,4m2－1),y1y2＝\f(48,4m2－1)))，所以y1＋y2＝ eq \f(2m,3)y1y2.
因为A1，A2分别为双曲线C的左、右顶点，
所以A1(－2，0)，A2(2，0).
直线MA1的方程为 eq \f(y1,x1＋2)＝ eq \f(y,x＋2)，直线NA2的方程为 eq \f(y2,x2－2)＝ eq \f(y,x－2)，
所以 eq \f(\f(y1,x1＋2),\f(y2,x2－2))＝ eq \f(\f(y,x＋2),\f(y,x－2))，得 eq \f(（x2－2）y1,（x1＋2）y2)＝ eq \f(x－2,x＋2)， eq \f(（my2－6）y1,（my1－2）y2)＝ eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2)＝ eq \f(x－2,x＋2).
因为 eq \f(my1y2－6y1,my1y2－2y2)＝ eq \f(my1y2－6（y1＋y2）＋6y2,my1y2－2y2)
＝ eq \f(my1y2－6·\f(2m,3)y1y2＋6y2,my1y2－2y2)
＝ eq \f(－3my1y2＋6y2,my1y2－2y2)
＝－3，
所以 eq \f(x－2,x＋2)＝－3，解得x＝－1，
所以点P在定直线x＝－1上．
方法二 由题意得A1(－2，0)，A2(2，0).
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
则 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)－ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,16)＝1，即4x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝16.
如图，连接MA2，
kMA1·kMA2＝ eq \f(y1,x1＋2)· eq \f(y1,x1－2)＝ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4)＝ eq \f(4x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －16,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －4)＝4 ①.
由 eq \f(x2,4)－ eq \f(y2,16)＝1，得4x2－y2＝16，4[(x－2)＋2]2－y2＝16，
4(x－2)2＋16(x－2)＋16－y2＝16，4(x－2)2＋16(x－2)－y2＝0.
由x＝my－4，得x－2＝my－6，my－(x－2)＝6， eq \f(1,6)[my－(x－2)]＝1.
4(x－2)2＋16(x－2)· eq \f(1,6)[my－(x－2)]－y2＝0，4(x－2)2＋ eq \f(8,3)(x－2)my－ eq \f(8,3)(x－2)2－y2＝0，
两边同时除以(x－2)2，得 eq \f(4,3)＋ eq \f(8m,3)· eq \f(y,x－2)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x－2))) eq \s\up12(2)＝0，
即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y,x－2))) eq \s\up12(2)－ eq \f(8m,3)· eq \f(y,x－2)－ eq \f(4,3)＝0.
kMA2＝ eq \f(y1,x1－2)，kNA2＝ eq \f(y2,x2－2)，
由根与系数的关系得kMA2·kNA2＝－ eq \f(4,3) ②.
由①②可得kMA1＝－3kNA2.
lMA1：y＝kMA1(x＋2)＝－3kNA2(x＋2)，lNA2：y＝kNA2(x－2).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－3kNA2（x＋2）,y＝kNA2（x－2）))，解得x＝－1.
所以点P在定直线x＝－1上．
3．[2024·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C：x2－y2＝m(m>0)，点P1(5，4)在C上，k为常数，0(1)若k＝ eq \f(1,2)，求x2，y2；
(2)证明：数列{xn－yn}是公比为 eq \f(1＋k,1－k)的等比数列；
(3)设Sn为△PnPn＋1Pn＋2的面积．证明：对任意正整数n，Sn＝Sn＋1.
解析：(1)因为点P1(5，4)在双曲线C：x2－y2＝m(m>0)上，
所以m＝52－42＝9.
过点P1(5，4)且斜率k＝ eq \f(1,2)的直线方程为x－2y＋3＝0.
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－2y＋3＝0，,x2－y2＝9，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－3，,y＝0))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝5，,y＝4，))
所以Q1(－3，0)，P2(3，0)，
所以x2＝3，y2＝0.
(2)证明：因为点Pn(xn，yn)关于y轴的对称点是Qn－1(－xn，yn)，点Pn－1(xn－1，yn－1)，Qn－1在同一条斜率为k的直线上，
所以xn－1≠－xn并且 eq \f(yn－yn－1,－xn－xn－1)＝k.①
因为点Pn－1，Qn－1都在双曲线C上，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝9，,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n－1)) ＝9，))
两式相减，得(xn－xn－1)(xn＋xn－1)＝(yn－yn－1)(yn＋yn－1).②
由①②得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(yn－yn－1＝－k（xn＋xn－1），③,xn－xn－1＝－k（yn＋yn－1）.④))
④－③得(xn－yn)－(xn－1－yn－1)＝k(xn－yn)＋k(xn－1－yn－1)，
整理得 eq \f(xn－yn,xn－1－yn－1)＝ eq \f(1＋k,1－k).
又x1－y1＝1，所以{xn－yn}是公比为 eq \f(1＋k,1－k)的等比数列．
(3)证明：因为△PnPn＋1Pn＋2和△Pn＋1Pn＋2Pn＋3，n∈N*有公共边Pn＋1Pn＋2，所以若点Pn和Pn＋3到直线Pn＋1Pn＋2的距离相等，则Sn＝Sn＋1.
此时，直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行，四边形PnPn＋1Pn＋2Pn＋3是梯形，大致图形如图所示，
以下证明：直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行．
记a＝ eq \f(1＋k,1－k)，则由01.
由(2)及x1＝5，y1＝4，得xn－yn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1＋k,1－k))) eq \s\up12(n－1)·(x1－y1)＝an－1.
又因为(xn＋yn)(xn－yn)＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(n)) ＝9，
所以xn＋yn＝9a1－n，
所以yn＝ eq \f(1,2)(－an－1＋9a1－n).
由(2)知yn≠yn＋1，
则 eq \f(xn＋2－xn＋1,yn＋2－yn＋1)＝ eq \f(yn＋2＋an＋1－yn＋1－an,yn＋2－yn＋1)
＝1－ eq \f(2an（a－1）,（9a－1－n＋an）（a－1）)
＝1－ eq \f(2,9a－1－2n＋1)，
eq \f(xn＋3－xn,yn＋3－yn)＝ eq \f(yn＋3＋an＋2－yn－an－1,yn＋3－yn)
＝1－ eq \f(2an－1（a3－1）,（9a－2－n＋an－1）（a3－1）)
＝1－ eq \f(2,9a－1－2n＋1)，
因此 eq \f(xn＋2－xn＋1,yn＋2－yn＋1)＝ eq \f(xn＋3－xn,yn＋3－yn).
从而直线Pn＋1Pn＋2与PnPn＋3平行，
所以Sn＝S eq \a\vs4\al(△PnPn＋1Pn＋2)＝S eq \a\vs4\al(△Pn＋1Pn＋2Pn＋3)＝Sn＋1，证明完毕．
4．[2024·九省联考]已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F的直线l交C于A，B两点，过F与l垂直的直线交C于D，E两点，其中B，D在x轴上方，M，N分别为AB，DE的中点．
(1)证明：直线MN过定点；
(2)设G为直线AE与直线BD的交点，求△GMN面积的最小值．
解析：(1)证明：由C：y2＝4x，故F(1，0)，由直线AB与直线CD垂直，
故两条直线斜率都存在且不为0，
设直线AB，CD分别为x＝m1y＋1，x＝m2y＋1，有m1m2＝－1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立C：y2＝4x与直线AB，即有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x,x＝m1y＋1))，
消去x可得y2－4m1y－4＝0，Δ＝16m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋16>0，
故y1＋y2＝4m1，y1y2＝－4，
则x1＋x2＝m1y1＋1＋m1y2＋1＝m1(y1＋y2)＋2＝4m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋2，
故 eq \f(x1＋x2,2)＝2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1， eq \f(y1＋y2,2)＝2m1，
即M(2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1，2m1)，同理可得N(2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋1，2m2)，
当2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1≠2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋1时，
则lMN：y＝ eq \f(2m2－2m1,2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋1－（2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1）)(x－2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)＋2m1，
即y＝ eq \f(m2－m1,m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )(x－2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －1)＋2m1
＝ eq \f(x,m2＋m1)－ eq \f(2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1,m2＋m1)＋ eq \f(2m1（m2＋m1）,m2＋m1)
＝ eq \f(x,m2＋m1)－ eq \f(2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1－2m1m2－2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,m2＋m1)
＝ eq \f(x,m2＋m1)－ eq \f(1－2m1m2,m2＋m1)，
由m1m2＝－1，即y＝ eq \f(x,m2＋m1)－ eq \f(1＋2,m2＋m1)＝ eq \f(1,m2＋m1)(x－3)，
故x＝3时，有y＝ eq \f(1,m2＋m1)(3－3)＝0，
此时MN过定点，且该定点为(3，0)，
当2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1＝2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋1时，即m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) 时，由m1m2＝－1，即m1＝±1时，
有lMN：x＝2＋1＝3，亦过定点(3，0)，
故直线MN过定点，且该定点为(3，0).
(2)由A(x1，y1)，B(x2，y2)，E(x3，y3)，D(x4，y4)，
则lAE：y＝ eq \f(y3－y1,x3－x1)(x－x1)＋y1，由y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝4x1，y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝4x2，
故y＝ eq \f(y3－y1,\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ,4)－\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4))(x－ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4))＋y1＝ eq \f(4x,y3＋y1)－ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,y3＋y1)＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋y1y3,y3＋y1)＝ eq \f(4x,y3＋y1)＋ eq \f(y1y3,y3＋y1)，
同理可得lBD：y＝ eq \f(4x,y4＋y2)＋ eq \f(y2y4,y4＋y2)，联立两直线，即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(4x,y3＋y1)＋\f(y1y3,y3＋y1),y＝\f(4x,y4＋y2)＋\f(y2y4,y4＋y2)))，
有 eq \f(4x,y3＋y1)＋ eq \f(y1y3,y3＋y1)＝ eq \f(4x,y4＋y2)＋ eq \f(y2y4,y4＋y2)，
即4x(y4＋y2)＋y1y3(y4＋y2)＝4x(y3＋y1)＋y2y4(y3＋y1)，
有x＝ eq \f(y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）,4（y4＋y2－y3－y1）)，由y1y2＝－4，同理y3y4＝－4，
故x＝ eq \f(y2y4（y3＋y1）－y1y3（y4＋y2）,4（y4＋y2－y3－y1）)
＝ eq \f(y2y3y4＋y1y2y4－y1y3y4－y1y2y3,4（y4＋y2－y3－y1）)
＝ eq \f(－4（y2＋y4－y1－y3）,4（y4＋y2－y3－y1）)＝－1，
故xG＝－1，
过点G作GQ∥x轴，交直线MN于点Q，则S△GMN＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yM－yN))× eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))，
由M(2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋1，2m1)，N(2m eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋1，2m2)，
由抛物线的对称性，不妨设m1>0，则m2<0，
故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yM－yN))＝2m1－2m2＝2m1＋ eq \f(2,m1)≥2 eq \r(2m1×\f(2,m1))＝4，
当且仅当m1＝1时，等号成立，
下证 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))≥4：
当m1>1时，有m2＝－ eq \f(1,m1)∈(－1，0)，则点G在x轴上方，点Q亦在x轴上方，
有kMN＝ eq \f(1,m2＋m1)＝ eq \f(1,m1－\f(1,m1))>0，由直线MN过定点(3，0)，
此时 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))>3－(－1)＝4，
同理，当m1<1时，有点G在x轴下方，点Q亦在x轴下方，
有kMN＝ eq \f(1,m2＋m1)<0，此时 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))>4，
当且仅当m1＝1时，xQ＝3，此时|xQ－xG|＝4，
故 eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))≥4恒成立，且m1＝1时，等号成立，
故S△GMN＝ eq \f(1,2) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(yM－yN))× eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(xQ－xG))≥ eq \f(1,2)×4×4＝8.
5．[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|＝4 eq \r(15).
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝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> eq \f(1,2).
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，
所以|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)))· eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝ eq \r(5)· eq \r(16p2－8p)＝4 eq \r(15)，解得p＝2或p＝－ eq \f(3,2)(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 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝0，所以∠MFN＝90°，则S△MFN＝ eq \f(1,2)|MF||NF|＝ eq \f(1,2)(x3＋1)(x4＋1)＝ eq \f(1,2)(x3x4＋x3＋x4＋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 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x－1，,y2＝4x，))得x2－6x＋1＝0，
得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3－2\r(2)，,x4＝3－2\r(2)))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＝3＋2\r(2)，,x4＝3＋2\r(2)．))
代入(*)式计算易得，当x3＝x4＝3－2 eq \r(2)时，△MFN的面积取得最小值，为4(3－2 eq \r(2)).
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m.
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,y2＝4x，))得k2x2－(4－2km)x＋m2＝0，Δ2＝(4－2km)2－4m2k2>0，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x3＋x4＝\f(4－2km,k2)，,x3x4＝\f(m2,k2)，))
y3y4＝(kx3＋m)(kx4＋m)＝k2x3x4＋mk(x3＋x4)＋m2＝ eq \f(4m,k).
又 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝x3x4－(x3＋x4)＋1＋y3y4＝0，
所以 eq \f(m2,k2)－ eq \f(4－2km,k2)＋1＋ eq \f(4m,k)＝0，化简得m2＋k2＋6km＝4.
所以S△MFN＝ eq \f(1,2)(x3x4＋x3＋x4＋1)＝ eq \f(m2＋k2－2km＋4,2k2)＝ eq \f(m2＋k2＋2km,k2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) eq \s\up12(2)＋2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1.
令t＝ eq \f(m,k)，则S△MFN＝t2＋2t＋1，
因为m2＋k2＋6km＝4，
所以 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k))) eq \s\up12(2)＋6 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m,k)))＋1＝ eq \f(4,k2)>0，
即t2＋6t＋1>0，得t>－3＋2 eq \r(2)或t<－3－2 eq \r(2)，
从而得S△MFN＝t2＋2t＋1>12－8 eq \r(2)＝4(3－2 eq \r(2).
故△MFN面积的最小值为4(3－2 eq \r(2)).
6．[2024·新课标Ⅰ卷]已知A(0，3)和P(3， eq \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)将A(0，3)，P(3， eq \f(3,2))的坐标代入椭圆C的方程，
可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(0,a2)＋\f(9,b2)＝1，,\f(9,a2)＋\f(\f(9,4),b2)＝1，))解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2\r(3)，,b＝3，))则c2＝a2－b2＝3，即c＝ eq \r(3)，
则C的离心率e＝ eq \f(c,a)＝ eq \f(\r(3),2\r(3))＝ eq \f(1,2).
(2)由(1)可得椭圆C的方程为 eq \f(x2,12)＋ eq \f(y2,9)＝1.
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝3，此时S△ABP＝ eq \f(1,2)×3×3＝ eq \f(9,2)≠9，不符合题意，故直线l的斜率存在．
方法一 设直线l的方程为y＝kx＋b(b≠3)，B(x1，y1)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))消去y整理得(4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－36＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋3)(4b2－36)＝48(12k2＋9－b2)>0①，则x1＋3＝ eq \f(－8kb,4k2＋3).
由点P在l上，得 eq \f(3,2)＝3k＋b，即b＝ eq \f(3,2)－3k②.
由①②知k≠－ eq \f(3,2)，此时b≠6.
所以x1＝ eq \f(－8k（\f(3,2)－3k）,4k2＋3)－3＝ eq \f(12k2－12k－9,4k2＋3)，代入直线l的方程可得y1＝ eq \f(－6k2－18k＋\f(9,2),4k2＋3).
由A(0，3)，P(3， eq \f(3,2))可得|AP|＝ eq \f(3\r(5),2)，直线AP的方程为x＋2y－6＝0，设点B到直线AP的距离为d，则S△ABP＝ eq \f(1,2)·|AP|·d＝ eq \f(1,2)× eq \f(3\r(5),2)d＝9，解得d＝ eq \f(12\r(5),5).
由点到直线的距离公式可得d＝ eq \f(|x1＋2y1－6|,\r(1＋22))＝ eq \f(12\r(5),5)，
将x1＝ eq \f(12k2－12k－9,4k2＋3)，y1＝ eq \f(－6k2－18k＋\f(9,2),4k2＋3)代入上式，
解得k＝ eq \f(3,2)或k＝ eq \f(1,2)，当k＝ eq \f(3,2)时，b＝－3；当k＝ eq \f(1,2)时，b＝0，
所以直线l的方程为y＝ eq \f(3,2)x－3或y＝ eq \f(1,2)x.
方法二 设直线l的方程为y－ eq \f(3,2)＝k(x－3)，令P(x1，y1)，
B(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－3）＋\f(3,2)，,\f(x2,12)＋\f(y2,9)＝1，))消去y可得
(4k2＋3)x2－(24k2－12k)x＋36k2－36k－27＝0，
Δ＝(24k2－12k)2－4(4k2＋3)(36k2－36k－27)＝36(4k2＋12k＋9)＝36(2k＋3)2>0，k≠－ eq \f(3,2)，
所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(24k2－12k,4k2＋3)，,x1x2＝\f(36k2－36k－27,4k2＋3)，))
所以|PB|＝ eq \r(1＋k2)· eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝
eq \f(4\r(3) \r(k2＋1) \r(3k2＋9k＋\f(27,4)),4k2＋3).
又点A到直线PB的距离d＝ eq \f(|3k＋\f(3,2)|,\r(k2＋1))，
S＝ eq \f(1,2)· eq \f(4\r(3) \r(k2＋1) \r(3k2＋9k＋\f(27,4)),4k2＋3)· eq \f(|3k＋\f(3,2)|,\r(k2＋1))＝9，
解得k＝ eq \f(1,2)或 eq \f(3,2)，
所以直线l的方程为y＝ eq \f(1,2)x或y＝ eq \f(3,2)x－3.
7．[2024·全国甲卷(理)]设椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M(1， eq \f(3,2))在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线交C于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
解析：设椭圆C的左焦点为F1，因为点M的横坐标为1，且MF⊥x轴，所以c＝1，则|F1F|＝2，|MF|＝ eq \f(3,2)，因为MF⊥x轴，所以|MF1|＝ eq \r(|MF|2＋|F1F|2)＝ eq \f(5,2)，所以2a＝|MF1|＋|MF|＝4，解得a＝2，所以b2＝a2－c2＝3，
故椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：方法一 由题可得，F(1，0)，P(4，0)，
所以点N( eq \f(5,2)，0).
当直线AB与x轴不重合时，设直线AB的方程为x＝ty＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2).
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝ty＋4，))整理得(3t2＋4)y2＋24ty＋36＝0，由Δ>0得t2>4，
根据根与系数的关系可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(24t,3t2＋4)，,y1y2＝\f(36,3t2＋4)，))
直线NB的方程为y＝ eq \f(y2,x2－\f(5,2))(x－ eq \f(5,2))，设点Q的坐标为(1，yQ)，将x＝1代入直线NB的方程得yQ＝ eq \f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝ eq \f(－\f(3,2)y2,ty2＋\f(3,2))，
所以Q点的坐标为(1， eq \f(－\f(3,2)y2,ty2＋\f(3,2))).
因为yQ－y1＝ eq \f(－\f(3,2)y2,ty2＋\f(3,2))－y1
＝ eq \f(－\f(3,2)y2－y1·（ty2＋\f(3,2)）,ty2＋\f(3,2))
＝ eq \f(－\f(3,2)（y1＋y2）－ty1y2,ty2＋\f(3,2))
＝ eq \f(－\f(3,2)×（－\f(24t,3t2＋4)）－t×\f(36,3t2＋4),ty2＋\f(3,2))＝0，
所以yQ＝y1.
又y1≠0，所以直线AQ与x轴平行，所以AQ⊥y轴．
当直线AB与x轴重合时，直线AQ与x轴重合，所以AQ⊥y轴．
综上，AQ⊥y轴．
方法二 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
eq \(AP,\s\up6(→))＝λ eq \(PB,\s\up6(→))(λ≠－1)，
则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋λx2,1＋λ)＝4，,\f(y1＋λy2,1＋λ)＝0，))即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λx2＝4＋4λ－x1，,λy2＝－y1.))
又由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝12，①,3（λx2）2＋4（λy2）2＝12λ2，②))①－②可得3· eq \f(x1＋λx2,1＋λ)· eq \f(x1－λx2,1－λ)＋4· eq \f(y1＋λy2,1＋λ)· eq \f(y1－λy2,1－λ)＝12，结合上式可得5λ－2λx2＋3＝0.
由N( eq \f(5,2)，0)，B(x2，y2)，得直线BN的方程为y＝ eq \f(y2,x2－\f(5,2))·(x－ eq \f(5,2))，
因为点Q是直线BN与直线MF的交点，所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得yQ＝ eq \f(3y2,5－2x2)＝ eq \f(3λy2,5λ－2λx2)＝－λy2＝y1，故AQ⊥y轴．
方法三 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由P，A，B三点共线得x1y2－x2y1＝4(y2－y1)①，所以(x1y2－x2y1)(x1y2＋x2y1)＝x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝(4－ eq \f(4,3)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) －(4－ eq \f(4,3)y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝4(y2－y1)(y2＋y1)＝4(y2－y1)·(x1y2＋x2y1)，即x1y2＋x2y1＝y2＋y1②，①②联立得2x2y1＝5y1－3y2.
由N( eq \f(5,2)，0)，B(x2，y2)，得直线BN的方程为y＝ eq \f(y2,x2－\f(5,2))·(x－ eq \f(5,2))，因为点Q是直线BN与直线MF的交点，所以将点Q的横坐标1代入直线BN的方程得yQ＝ eq \f(3y2,5－2x2)＝ eq \f(3y1y2,5y1－2y1x2)＝y1，故AQ⊥y轴．
8．[2022·新高考Ⅰ卷，21]已知点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan ∠PAQ＝2 eq \r(2)，求△PAQ的面积．
解析：(1)∵点A(2，1)在双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,a2－1)＝1(a>1)上，∴ eq \f(4,a2)－ eq \f(1,a2－1)＝1，解得a2＝2.
∴双曲线C的方程为 eq \f(x2,2)－y2＝1.
显然直线l的斜率存在，可设其方程为y＝kx＋m.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，得(1－2k2)x2－4kmx－2m2－2＝0.
Δ＝16k2m2＋4(1－2k2)(2m2＋2)＝8m2＋8－16k2>0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝ eq \f(4km,1－2k2)，x1x2＝ eq \f(－2m2－2,1－2k2).
由kAP＋kAQ＝0，得 eq \f(y1－1,x1－2)＋ eq \f(y2－1,x2－2)＝0，
即(x2－2)(kx1＋m－1)＋(x1－2)(kx2＋m－1)＝0.
整理，得2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
即2k· eq \f(－2m2－2,1－2k2)＋(m－1－2k)· eq \f(4km,1－2k2)－4(m－1)＝0，
即(k＋1)(m＋2k－1)＝0.
∵直线l不过点A，∴k＝－1.
(2)设∠PAQ＝2α，0<α< eq \f(π,2)，则tan 2α＝2 eq \r(2)，
∴ eq \f(2tan α,1－tan2α)＝2 eq \r(2)，解得tan α＝ eq \f(\r(2),2)(负值已舍去)．
由(1)得k＝－1，则x1x2＝2m2＋2>0，
∴P，Q只能同在双曲线左支或同在右支．
当P，Q同在左支时，tan α即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(\r(2),2).
∵ eq \f(\r(2),2)为双曲线一条渐近线的斜率，
∴直线AP与双曲线只有一个交点，不成立．
当P，Q同在右支时，tan ( eq \f(π,2)－α)＝ eq \f(1,tan α)即为直线AP或AQ的斜率．
设kAP＝ eq \f(1,\f(\r(2),2))＝ eq \r(2)，则kAQ＝－ eq \r(2)，
∴直线AP的方程为y－1＝ eq \r(2)(x－2)，
即y＝ eq \r(2)x－2 eq \r(2)＋1.
联立得方程组 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－2\r(2)＋1，,\f(x2,2)－y2＝1.))
消去y并整理，
得3x2－(16－4 eq \r(2))x＋20－8 eq \r(2)＝0，
则xP·2＝ eq \f(20－8\r(2),3)，解得xP＝ eq \f(10－4\r(2),3).
∴|xA－xP|＝|2－ eq \f(10－4\r(2),3)|＝ eq \f(4（\r(2)－1）,3).
同理可得|xA－xQ|＝ eq \f(4（\r(2)＋1）,3).
∵tan 2α＝2 eq \r(2)，0<2α<π，∴sin 2α＝ eq \f(2\r(2),3)，
∴S△PAQ＝ eq \f(1,2)|AP|·|AQ|·sin 2α＝ eq \f(1,2)× eq \r(3)×|xA－xP|× eq \r(3)×|xA－xQ|×sin 2α＝ eq \f(1,2)×3× eq \f(16,9)× eq \f(2\r(2),3)＝ eq \f(16\r(2),9).