2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 阅读与欣赏（八）课件 理 新人教A版

[真题示例](2017·高考全国卷Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A、B两点，直线l2与C交于D、E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为()A．16B．14C．12D．10第九章平面解析几何一道高考题引发的探究[命题意图]本题主要考查抛物线的定义、焦点弦及基本不等式的应用(或函数最值)．考查逻辑推理和运算求解能力．[解题思路]一般利用弦长公式计算，有时也会引入中间变量利用函数的有界性或取值范围求解．一、解法探究思路1焦点弦法一：设l1的倾斜角α，α∈(0°，90°)，则l2的倾斜角为90°＋α.由焦点弦公式得|AB|＝4sin2α，|DE|＝4sin2（90°＋α）＝4cos2α.所以|AB|＋|DE|＝4sin2α＋4cos2α＝16sin22α.所以当sin22α＝1，即α＝45°时，(|AB|＋|DE|)min＝16.法二：由题意知，显然直线l1，l2的斜率都存在．设l1的斜率为k，则l2的斜率为－1k.由焦点弦公式得|AB|＝1＋k2k2×4，|DE|＝1＋－1k2－1k2×4＝(1＋k2)×4.所以|AB|＋|DE|＝41＋k2k2＋1＋k2＝41k2＋k2＋2≥421k2×k2＋8＝16.当且仅当k2＝1，即k＝±1时，(|AB|＋|DE|)min＝16.思路2弦长公式与抛物线定义法三：显然l1，l2的斜率都存在，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－1k，因为抛物线y2＝4x的焦点F(1，0)，设l1的方程为y＝k(x－1)，代入y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ＝16(k2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1.|AB|＝[（x1＋x2）2－4x1x2]（1＋k2）＝2k2＋4k22－4（1＋k2）＝4（1＋k2）k2.同理|DE|＝4(1＋k2)．所以|AB|＋|DE|＝4（1＋k2）k2＋4(1＋k2)．(下同法二)．法四：由法三与抛物线定义知，|AB|＝x1＋x2＋2＝2k2＋4k2＋2＝4（k2＋1）k2.k用－1k代换得|DE|＝4－1k2＋1－1k2＝4(k2＋1)．所以|AB|＋|DE|＝4（k2＋1）k2＋4(k2＋1)．(下同法二)答案：A二、内涵探究[问题1]已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过F且互相垂直的弦AB与DE，则1|AB|＋1|DE|＝________．解析：不妨设直线AB的倾斜角为α，α∈(0°，90°)，则由焦点弦公式得|AB|＝4sin2α，|DE|＝4sin2（90°＋α）＝4cos2α，所以1|AB|＋1|DE|＝sin2α4＋cos2α4＝14.所以1|AB|＋1|DE|＝14.答案：14[问题2]已知F为抛物线y2＝4x的焦点，AB为过F的弦．有下列结论①1|FA|＋1|FB|为定值；②|AB|min＝4；③|FA|·|FB|min＝4；④以AB为直径的圆与y轴相切；⑤OA→·OB→为定值．(O为坐标原点)则正确的结论序号有________．解析：因为F(1，0)，设弦AB所在的直线方程为x＝my＋1.代入抛物线y2＝4x得y2－4my－4＝0.Δ＝16(m2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.所以x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2.x1x2＝y214·y224＝（－4）216＝1.对于①，1|FA|＋1|FB|＝1x1＋1＋1x2＋1＝x1＋x2＋2x1x2＋x1＋x2＋1＝x1＋x2＋2x1＋x2＋2＝1.即1|FA|＋1|FB|为定值1，①正确．对于②，|AB|＝x1＋x2＋2＝4m2＋4≥4.所以|AB|min＝4，②正确．对于③，|FA|·|FB|＝(x1＋1)(x2＋1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＝4m2＋4≥4，③正确．对于④，AB的中点M的横坐标为x1＋x22＝2m2＋1，所以M到y轴的距离为d＝2m2＋1，又12|AB|＝2m2＋2＞d.故以|AB|为直径的圆与y轴相交．故④错误．(事实上，以AB为直径的圆与准线相切)．对于⑤，OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝1＋(－4)＝－3.即OA→·OB→为定值－3，即⑤正确．所以正确的序号有①②③⑤.答案：①②③⑤[问题3]已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过F且互相垂直的弦AB与DE，则四边形ADBE面积的最小值为()A．16B．32C．48D．64解析：选B.由问题1知，S四边形ADBE＝12|AB|·|DE|＝12·4sin2α·4cos2α＝32sin22α.当sin22α＝1，即α＝45°时，S四边形ADBE的最小值为32.三、外延探究[问题4]过椭圆C：x24＋y23＝1的右焦点F且互相垂直的两弦分别为AB与DE.(1)求证1|AB|＋1|DE|为定值，并求|AB|＋|DE|的最小值；(2)求四边形ADBE面积S的最小值，并求此时直线AB的方程．解：(1)由x24＋y23＝1知F(1，0)．设直线AB的方程为x＝my＋1.代入x24＋y23＝1得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，Δ＝144(m2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－6m4＋3m2，y1y2＝－94＋3m2.所以|AB|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（m2＋1）（y1－y2）2＝（m2＋1）[（y1＋y2）2－4y1y2]＝（m2＋1）－6m4＋3m22－4×－94＋3m2＝12（1＋m2）4＋3m2.m用－1m代换得|DE|＝12（m2＋1）4m2＋3.所以1|AB|＋1|DE|＝4＋3m212（1＋m2）＋4m2＋312（m2＋1）＝7（m2＋1）12（m2＋1）＝712.所以1|AB|＋1|DE|＝712(定值)．1|AB|＋1|DE|(|AB|＋|DE|)＝2＋|DE||AB|＋|AB||DE|≥2＋2|DE||AB|·|AB||DE|＝4.即712(|AB|＋|DE|)≥4.所以|AB|＋|DE|≥487，当且仅当|AB|＝|DE|＝247时，|AB|＋|DE|取得最小值487.(2)因为AB⊥DE.所以S＝12|AB|·|DE|＝12·12（1＋m2）4＋3m2·12（m2＋1）4m2＋3＝72·m4＋2m2＋112m4＋25m2＋12＝72·m2＋1m2＋212m2＋1m2＋25.令t＝m2＋1m2＋2≥4.所以S＝72·t12t＋1＝7212＋1t.所以当t＝4时，Smin＝28849.即当m＝±1时，S取得最小值28849.此时，直线AB的方程为x＝±y＋1.即y＝x－1或y＝－x＋1.[问题5]如图所示．已知点E(m，0)为抛物线y2＝4x内的一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线，分别交抛物线于点A、B、C、D，且M、N分别是AB、CD的中点．(1)若m＝1，k1k2＝－1，求三角形EMN面积的最小值；(2)若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．解：(1)当m＝1时，E为抛物线y2＝4x的焦点，因为k1k2＝－1，所以AB⊥CD，设直线AB的方程为y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝k1（x－1），y2＝4x，得k1y2－4y－4k1＝0，y1＋y2＝4k1，y1y2＝－4，因为AB中点Mx1＋x22，y1＋y22，所以M2k21＋1，2k1，同理，点N(2k21＋1，－2k1)．所以S△EMN＝12|EM|·|EN|＝122k212＋2k12·（2k21）2＋（－2k1）2＝2k21＋1k21＋2≥22＋2＝4，当且仅当k21＝1k21，即k1＝±1时，△EMN的面积取最小值4.(2)证明：设直线AB方程为y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝k1（x－m），y2＝4x，得k1y2－4y－4k1m＝0，y1＋y2＝4k1，y1y2＝－4m，因为AB中点Mx1＋x22，y1＋y22，所以M2k21＋m，2k1，同理，点N2k22＋m，2k2，所以kMN＝yM－yNxM－xN＝k1k2k1＋k2＝k1k2，所以直线MN：y－2k1＝k1k2，即y＝k1k2(x－m)＋2，所以直线MN恒过定点(m，2)．k2