2024届高考数学专项练习圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题含答案.pdf

1圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题1(2023江苏南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知圆E：(x+2)2+y2=4和定点F(2，0)，P为圆E上的动点，线段PF的垂直平分线与直线PE交于点Q，设动点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设曲线 C 与 x 轴正半轴交于点 A，过点 T(t，0)(-1 t 0，b0)过点A(4 2，3)，且焦距为10.(1)求C的方程；(2)已知点B(4 2，-3)，D(2 2，0)，E为线段AB上一点，且直线 DE交C于G，H两点证明：|GD|GE|=|HD|HE|.4已知圆M：(x+2)2+y2=274的圆心为M，圆N：(x-2)2+y2=34的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)已知定点P32，0，过点N的直线l与曲线C交于A，B两点，证明：APN=BPN.35在ABC中，A，B的坐标分别是(-2，0)，(2，0)，点G是ABC的重心，y轴上一点M满足GMAB，且|MC|=|MB|.(1)求ABC的顶点C的轨迹E的方程；(2)直线 l：y=kx+m 与轨迹 E相交于 P，Q 两点，若在轨迹 E上存在点 R，使得四边形 OPRQ 为平行四边形(其中O为坐标原点)，求m的取值范围6(2023广东广州二模)已知点F(1，0)，P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C.(1)求C的方程；(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时，求直线l的方程4综合测试综合测试1(2023全国甲卷)已知直线x-2y+1=0与抛物线C：y2=2px(p0)交于A，B两点，且|AB|=4 15.(1)求p；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF NF=0，求MNF面积的最小值2(2023新课标卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点 0，12的距离，记动点P的轨迹为W.(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 3.53已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32，且过点3，12.(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线x=3交于M，N两点，设PMN与PAB的外接圆的半径分别为r1，r2，求r1r2的最小值强化训练强化训练1(2023山东菏泽二模)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-3，0)，点P为动点，点Q为线段PA的中点，直线PA与直线OQ的斜率之积为-59.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)设过点F(-2，0)且不与坐标轴垂直的直线 l与C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线与 x轴交于点B，若点B的横坐标xB-13，求|MN|的取值范围62(2023唐山二模)已知抛物线C：y2=2px(p0)的焦点为F，A为C上一点，B为准线l上一点，BF=2FA，|AB|=9.(1)求抛物线C的方程；(2)M，N，E(x0，-2)是C上的三点，若kEM+kEN=-43，求点E到直线MN距离的最大值3(2023辽宁实验中学模拟)已知一动圆与圆E：(x+3)2+y2=18外切，与圆F：(x-3)2+y2=2内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的标准方程；(2)直线l与C交于A，B两点，点P在线段AB上，点Q在线段AB的延长线上，从下面中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立P(8，1)；|AP|BQ|=|BP|AQ|；Q是直线l与直线x-y-1=0的交点注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分74(2023江苏南通二模)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，焦距为2，过E的左焦点F的直线l与E交于A，B两点，与直线x=-2交于点M.(1)若M(-2，-1)，求证：|MA|BF|=|MB|AF|；(2)过点 F 作直线 l 的垂线 m 与 E 相交于 C，D 两点，与直线 x=-2 相交于点 N.求1|MA|+1|MB|+1|NC|+1|ND|的最大值5设A(2，n)是抛物线E：x2=4y上一点，不过点A的直线l交E于M，N两点，F为E的焦点(1)若直线l过点F，求1|FM|+1|FN|的值；(2)设直线AM，AN和直线l的斜率分别为k1，k2和k，若k1+k2=2，求k的值86已知抛物线C：x2=2py(p0)的焦点为F，且F与圆M：x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求PAB面积的最大值1圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题圆锥曲线的方程及计算、证明、最值与范围问题1(2023江苏南通模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知圆E：(x+2)2+y2=4和定点F(2，0)，P为圆E上的动点，线段PF的垂直平分线与直线PE交于点Q，设动点Q的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)设曲线 C 与 x 轴正半轴交于点 A，过点 T(t，0)(-1 t 1)的直线 l 与曲线 C 交于点 M，N(异于点A)，直线MA，NA与直线x=t分别交于点G，H.若F，A，G，H四点共圆，求实数t的值解：(1)因为点Q在线段PF的中垂线上，所以|QP|=|QF|，故|QE|-|QF|=|QP|EP|-|QF|=|2|=20，且y1+y2=-6mt3m2-1，y1y2=3t2-33m2-1.因为F，A，G，H四点共圆，所以HAF+HGF=，又HAF+TAH=，所以TAH=TGF，故RtTAHRtTGF，所以|TH|TA|=|TF|TG|，即|TA|TF|=|TH|TG|，所以(1-t)(2-t)=|yG|yH|.又直线AM：y=y1x1-1(x-1)，令x=t，得yG=(t-1)y1x1-1，同理，yH=(t-1)y2x2-1，故|yGyH|=(t-1)2y1y2(x1-1)(x2-1)=(t-1)2y1y2(my1+t-1)(my2+t-1)2=(t-1)23t2-33m2-1m23t2-33m2-1+m(t-1)-6mt3m2-1+(t-1)2=(t-1)23(t+1)-(t-1)=3|t2-1|=3(1-t2)，其中-1t0，所以k0，则x1+x2=2k2+4k2，x1x2=1.又|AF|=x1+1，|BF|=x2+1，所以|AF|BF|=(x1+1)(x2+1)=x1x2+(x1+x2)+1=4+4k2=4(1+k2)k2，因为OPl，则可设OP的方程为y=kx，联立y=kx，y2=4x，消去y得k2x2-4x=0，解得x=0或x=4k2，所以P4k2，4k，因为直线OP与直线x=1交于点Q，则Q(1，k)，故M4+k22k2，4+k22k，所以|OM|2=4+k22k2)2+4+k22k2=(1+k2)(4+k2)24k4，3|PQ|2=4k2-12+4k-k2=(1+k2)(4-k2)2k4，所以4|OM|2-|PQ|2=(1+k2)(4+k2)2k4-(1+k2)(4-k2)2k4=16(1+k2)k2，所以|AF|BF|4|OM|2-|PQ|2=4(1+k2)k216(1+k2)k2)=14.3(2023四省联考)已知双曲线C：x2a2-y2b2=1(a0，b0)过点A(4 2，3)，且焦距为10.(1)求C的方程；(2)已知点B(4 2，-3)，D(2 2，0)，E为线段AB上一点，且直线 DE交C于G，H两点证明：|GD|GE|=|HD|HE|.解：(1)由题意可得32a2-9b2=1，2 a2+b2=10，故a=4，b=3，所以C的方程为x216-y29=1.(2)证明：设E(4 2，t)(|t|3)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，因为双曲线的渐近线方程为y=34x，故当直线DE与渐近线平行时，和双曲线仅有一个交点，此时直线DE的方程为y=34(x-2 2)，令x=4 2，则y=3 22，故|t|3 22.则直线DE：y=t2 2(x-2 2)由y=t2 2(x-2 2)，x216-y29=1，得(9-2t2)x2+8 2t2x-16t2-144=0，所以x1+x2=8 2t22t2-9，x1x2=16t2+1442t2-9.GD HE-GE DH=(2 2-x1，-y1)(4 2-x2，t-y2)-(4 2-x1，t-y1)(x2-2 2，y2)=2x1x2+2y1y2-6 2(x1+x2)-t(y1+y2)+32=2+t24x1x2-3 24t2+6 2(x1+x2)+4t2+32=4(t2+8)(t2+9)2t2-9-4t2(3t2+24)2t2-9+4t2+32=0，所以GD HE=GE DH，所以|GD|HE|cos0=|GE|DH|cos0，即|GD|GE|=|HD|HE|.4已知圆M：(x+2)2+y2=274的圆心为M，圆N：(x-2)2+y2=34的圆心为N，一动圆与圆N内切，与圆M外切，动圆的圆心E的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；4(2)已知定点P32，0，过点N的直线l与曲线C交于A，B两点，证明：APN=BPN.解：(1)如图，设圆E的圆心坐标为(x，y)，半径为r，则|EM|=r+3 32，|EN|=r-32，所以|EM|-|EN|=2 3|MN|.由双曲线定义可知，E的轨迹是以M，N为焦点，实轴长为2 3 的双曲线的右支，所以曲线C的方程为x23-y2=1，x3.(2)证明：由题意可知，直线l的斜率不为0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为x=my+2，由于直线l与曲线C交于两点，故-3 m0，且x1+x2=-2kmk2+3，x1x2=m2-6k2+3.因为四边形OPRQ为平行四边形，所以线段PQ的中点即为线段OR的中点，所以点R的坐标为(x1+x2，y1+y2)，整理得R-2kmk2+3，6mk2+3(m0)由点R在椭圆上，所以-2kmk2+322+6mk2+326=1，整理得2m2=k2+3.将代入得m20恒成立，由得2m23，所以m62或m-62，所以m的取值范围为-，-62 62，+.6(2023广东广州二模)已知点F(1，0)，P为平面内一动点，以PF为直径的圆与y轴相切，点P的轨迹记为C.(1)求C的方程；(2)过点F的直线l与C交于A，B两点，过点A且垂直于l的直线交x轴于点M，过点B且垂直于l的直线交x轴于点N.当四边形MANB的面积最小时，求直线l的方程解：(1)设P(x，y)，则以PF为直径的圆的圆心为x+12，y2，根据圆与y轴相切，可得x+12=12|PF|=12(x-1)2+y2，化简得y2=4x，所以C的方程为y2=4x.(2)由题意可知，直线l的斜率存在且不为0，设直线l：y=k(x-1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y=k(x-1)，y2=4x，消去y，得k2x2-2(k2+2)x+k2=0，所以x1+x2=2(k2+2)k2，x1x2=1，6所以|AB|=x1+x2+2=2(k2+2)k2+2=4k2+4k2，设直线l的倾斜角为，则|AM|=|AF|tan|，|BN|=|BF|tan|，所以|AM|+|BN|=|AF|tan|+|BF|tan|=|AB|tan|=|AB|k|，由题意可知四边形MANB为梯形，所以四边形MANB的面积S=12|AB|(|AM|+|BN|)=|AB|2|k|2=8(k2+1)2|k|3=8(k4+2k2+1)|k|3，设t=|k|0，则S(t)=8(t4+2t2+1)t3=8 t+2t+1t3，所以S(t)=8 1-2t2-3t4=8t4-2t2-3t4=8(t2+1)(t-3)(t+3)t4，令S(t)=0，得t=3，当t3 时，S(t)0，S(t)单调递增，当0t3 时，S(t)0)交于A，B两点，且|AB|=4 15.(1)求p；(2)设C的焦点为F，M，N为C上两点，MF NF=0，求MNF面积的最小值解：(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，由x-2y+1=0，y2=2px，可得y2-4py+2p=0，所以yA+yB=4p，yAyB=2p，所以|AB|=(xA-xB)2+(yA-yB)2=5|yA-yB|=5(yA+yB)2-4yAyB=5 16p2-8p=4 15，即2p2-p-6=0，因为p0，解得p=2.(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(x1，y1)，N(x2，y2)，由y2=4x，x=my+n，可得y2-4my-4n=0，所以y1+y2=4m，y1y2=-4n，=16m2+16n0m2+n0，7因为MF NF=0，所以(x1-1)(x2-1)+y1y2=0，即(my1+n-1)(my2+n-1)+y1y2=0，即(m2+1)y1y2+m(n-1)(y1+y2)+(n-1)2=0，将y1+y2=4m，y1y2=-4n代入，得4m2=n2-6n+1，4(m2+n)=(n-1)20，所以n1，且n2-6n+10，解得n3+2 2 或n3-2 2.设点F到直线MN的距离为d，所以d=|1-n|1+m2)，|MN|=1+m2|y1-y2|=1+m2 16m2+16n=1+m2 4(n2-6n+1)+16n=2 1+m2|n-1|，所以MNF的面积S=12|MN|d=122 1+m2|n-1|1-n|1+m2)=(n-1)2，而n3+2 2 或n3-2 2，所以当n=3-2 2 时，MNF的面积取得最小值，Smin=(2-2 2)2=12-8 2.2(2023新课标卷)在直角坐标系xOy中，点P到x轴的距离等于点P到点 0，12的距离，记动点P的轨迹为W.(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 3.解:(1)设P(x，y)，则|y|=x2+y-122，两边同时平方，化简得y=x2+14，故W的方程为y=x2+14.(2)证法一：不妨设A，B，D在W上，且ABAD，依题意可设A a，a2+14，易知直线AB，AD的斜率均存在且不为0，则设AB，AD的斜率分别为k和-1k，由对称性，不妨设|k|1，直线AB的方程为y=k(x-a)+a2+14，联立y=x2+14，y=k(x-a)+a2+14，得x2-kx+ka-a2=0，=k2-4(ka-a2)=(k-2a)20，则k2a，则|AB|=1+k2|k-2a|，同理|AD|=1+1k21k+2a，所以|AB|+|AD|8=1+k2|k-2a|+1+1k21k+2a1+k2|k-2a|+1k+2a1+k2k+1k=(1+k2)3k2.令k2=m，则m(0，1，设 f(m)=(m+1)3m=m2+3m+1m+3，则 f(m)=2m+3-1m2=(2m-1)(m+1)2m2，令 f(m)=0，解得m=12，当m 0，12时，f(m)0，f(m)单调递增，则 f(m)min=f12=274，所以|AB|+|AD|3 32，但1+k2|k-2a|+1+1k21k+2a1+k2|k-2a|+1k+2a，此处取等号的条件为|k|=1，与最终取等号的条件|k|=22不一致，故|AB|+|AD|3 32，故矩形ABCD的周长大于3 3.证法二：设矩形的三个顶点A a，a2+14，B b，b2+14，C c，c2+14在W上，abc，且ABBC，易知矩形四条边所在直线的斜率均存在且不为0，则kABkBC=-1，a+bb+c，令kAB=b2+14-a2+14b-a=a+b=m0，且mn=-1，则m=-1n，设矩形的周长为l，由对称性，不妨设|m|n|，kBC-kAB=c-a=n-m=n+1n，则12l=|AB|+|BC|=(b-a)1+m2+(c-b)1+n2(c-a)1+n2=n+1n1+n2，n0，易知 n+1n1+n20，令 f(x)=x+1x2(1+x2)，x0，f(x)=2 x+1x22x-1x，令 f(x)=0，解得x=22，当x 0，22时，f(x)0，f(x)单调递增，则 f(x)min=f22=274，故12l274=3 32，即l3 3.当l=3 3 时，n=22，m=-2，且(b-a)1+m2=(b-a)1+n2，即当|m|=|n|时等号成立，矛盾，故l3 3，得证证法三：为了计算方便，我们将抛物线向下移动14个单位得抛物线W：y=x2，矩形ABCD变换为矩形ABCD，则问题等价于矩形ABCD的周长大于3 3.设B(t0，t20)，A(t1，t21)，C(t2，t22)在W上，且ABBC，根据对称性，不妨设t00，则kAB=t1+t0，kBC=t2+t0，由于ABBC，则(t1+t0)(t2+t0)=-1.由于|AB|=1+(t1+t0)2|t1-t0|，|BC|=1+(t2+t0)2|t2-t0|，且t0介于t1，t2之间，不妨设t1t03 22；当4，2时，由于t1t0t2，从而-1tan-t0t0tan-t0，从而-12tant0tan2，又t00，故0t0sin(cos-sin)sincos2+sin3+cos3sin2cos2=1sin2cos=2sin2sin22cos2=2(1-cos2)(1-cos2)2cos22(1-cos2)+(1-cos2)+2cos23310=2233=3 32，当且仅当cos=33时等号成立，故|AB|+|BC|3 32，故矩形ABCD的周长大于3 3.3已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32，且过点3，12.(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆C与x轴相交于A，B两点，P为椭圆C上一动点，直线PA，PB与直线x=3交于M，N两点，设PMN与PAB的外接圆的半径分别为r1，r2，求r1r2的最小值解:(1)由题意知ca=32，且3a2+14b2=1，a2=b2+c2，a=2，b=1，椭圆C的方程为x24+y2=1.(2)由题意，不妨设A(-2，0)，B(2，0)，椭圆C上的动点P(x，y)，x2，则直线PA，PB的斜率存在且不为0，则有kPA=yx+2，kPB=yx-2，kPAkPB=yx+2yx-2=y2x2-4=1-x24x2-4=-14.设直线PA的方程为y=k(x+2)，则直线PB的方程为y=-14k(x-2)，根据对称性不妨设k0.令x=3，得yM=5k，yN=-14k，即M(3，5k)，N 3，-14k，则|MN|=5k+14k.由正弦定理得2r1=|MN|sinMPN，2r2=|AB|sinAPB，又MPN+APB=180，sinMPN=sinAPB，r1r2=|MN|AB|=5k+14k425k14k4=54，当且仅当5k=14k，即k=510时，等号成立，即r1r2的最小值为54.强化训练强化训练1(2023山东菏泽二模)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(-3，0)，点P为动点，点Q为线段PA的中点，直线PA与直线OQ的斜率之积为-59.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)设过点F(-2，0)且不与坐标轴垂直的直线 l与C交于M，N两点，线段MN的垂直平分线与 x轴交于11点B，若点B的横坐标xB-13，求|MN|的取值范围解:(1)设动点P(x，y)，则线段PA的中点Qx-32，y2，kPA=yx+3，kOQ=yx-3，则kPAkOQ=yx+3yx-3=y2x2-9，依题意，kPAkOQ=-59，y2x2-9=-59，整理得x29+y25=1，又y0，x3，故动点P的轨迹C的方程为x29+y25=1(x3)(2)设直线l：x=my-2(m0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，线段MN的中点E(xE，yE)，联立直线与椭圆方程x=my-2，x29+y25=1，得(5m2+9)y2-20my-25=0，则=(-20m)2-4(5m2+9)(-25)=900m2+9000恒成立，y1+y2=20m5m2+9，y1y2=-255m2+9，yE=12(y1+y2)=10m5m2+9，xE=myE-2=-185m2+9，MN的中点为E-185m2+9，10m5m2+9，线段MN的垂直平分线方程为y-10m5m2+9=-m x+185m2+9，令y=0，得x=-85m2+9，B-85m2+9，0，由已知条件得-85m2+9-13，解得m23，|MN|=(1+m2)(y1+y2)2-4y1y2=30(m2+1)5m2+9=6-45m2+9+1，m23，015m2+90)的焦点为F，A为C上一点，B为准线l上一点，BF=2FA，|AB|=9.(1)求抛物线C的方程；(2)M，N，E(x0，-2)是C上的三点，若kEM+kEN=-43，求点E到直线MN距离的最大值12解:(1)如图所示，BF=2FA，|AF|=13|AB|=3，由BF=2FA，xB=-p2，xF=p2，可得xA=p，由抛物线的定义可知，|AF|=p+p2=3，解得p=2.则抛物线C的方程为y2=4x.(2)如图所示，E(x0，-2)在抛物线C上，所以x0=1，由题意可知，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=ty+n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，将x=ty+n代入y2=4x，得y2-4ty-4n=0，则y1+y2=4t，y1y2=-4n，kEM=y1+2x1-1=21y1+2y4-1=4y1-2，同理kEN=4y2-2，kEM+kEN=4y1-2+4y2-2=4(y1+y2)-16y1y2-2(y1+y2)+4=16t-16-4n-8t+4=-43，整理得n=t-2，直线MN的方程为x=ty+t-2，直线MN过定点T(-2，-1)，当ETMN时，点E到直线MN的距离最大，且最大距离为|ET|=(-2-1)2+(-1+2)2=10.3(2023辽宁实验中学模拟)已知一动圆与圆E：(x+3)2+y2=18外切，与圆F：(x-3)2+y2=2内切，该动圆的圆心的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的标准方程；(2)直线l与C交于A，B两点，点P在线段AB上，点Q在线段AB的延长线上，从下面中选取两个作为已知条件，证明另外一个成立P(8，1)；|AP|BQ|=|BP|AQ|；Q是直线l与直线x-y-1=0的交点注：如果选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分解:(1)设动圆的圆心为M(x，y)，半径为r，则|ME|=r+3 2，|MF|=r-2，所以|ME|-|MF|=4 2|EF|，由双曲线定义可知，M的轨迹是以E，F为焦点，实轴长为4 2 的双曲线的右支，所以2a=4 2，2c=6，即a=2 2，c=3，所以b2=c2-a2=1，所以曲线C的标准方程为x28-y2=1(x2 2)(2)证明：若选：13由题意可设直线l：x-8=m(y-1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，Q(x0，y0)，y01，因为直线l与C交于A，B两点，所以-2 2 m0且1，0，0且1，则x1=x-x01-，y1=y-y01-，x2=x+x01+，y2=y+y01+，又点A在C上，所以21x8-y21=1，所以x-x01-28-y-y01-2=1，整理得(x20-8y20-8)2-(2xx0-16yy0-16)+x2-8y2-8=0，同理(x20-8y20-8)2+(2xx0-16yy0-16)+x2-8y2-8=0，所以2xx0-16yy0-16=-(2xx0-16yy0-16)，故xx0-8yy0-8=0，将x0=y0+1代入，得(x-8y)y0+x-8=0，所以x-8y=0，x-8=0，解得x=8，y=1，即P(8，1)成立4(2023江苏南通二模)已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22，焦距为2，过E的左焦点F的直线l与E交于A，B两点，与直线x=-2交于点M.(1)若M(-2，-1)，求证：|MA|BF|=|MB|AF|；(2)过点 F 作直线 l 的垂线 m 与 E 相交于 C，D 两点，与直线 x=-2 相交于点 N.求1|MA|+1|MB|+1|NC|+1|ND|的最大值解:(1)证明：因为椭圆E的焦距为2，所以2c=2，解得c=1.又因为椭圆E的离心率e=ca=22，所以a=2，所以b2=a2-c2=2-1=1，所以椭圆E的方程为x22+y2=1.因为直线l经过M(-2，-1)，F(-1，0)两点，kMF=-1-0-2-(-1)=1，所以直线l的方程为y=x+1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y=x+1，x2+2y2=2，可得3x2+4x=0，解得x=-43或x=0，15不妨设x1=-43，x2=0.所以|MA|BF|=2|x1+2|2|x2+1|=2231=43，|MB|AF|=2|x2+2|2|x1+1|=2213=43，因此|MA|BF|=|MB|AF|.(2)若直线l，m中两条直线分别与两条坐标轴垂直，则其中有一条必与直线x=-2平行，不符合题意，所以直线l的斜率存在且不为零，公众号：慧博高中数学最新试题设直线l的方程为y=k(x+1)，k0，则直线m的方程为y=-1k(x+1)联立y=k(x+1)，x2+2y2=2，可得(1+2k2)x2+4k2x+2k2-2=0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则=16k4-8(2k2+1)(k2-1)=8(k2+1)0，所以x1+x2=-4k22k2+1，x1x2=2k2-22k2+1，易知x1-2且x2-2，所以1|MA|+1|MB|=11+k2|x1+2|+11+k2|x2+2|=11+k21x1+2+1x2+2=11+k2x1+x2+4x1x2+2(x1+x2)+4=11+k2-4k21+2k2+42k2-21+2k2-8k21+2k2+4=11+k24k2+42k2+2=21+k2，同理，1|NC|+1|ND|=21+-1k2=2|k|1+k2，所以1|MA|+1|MB|+1|NC|+1|ND|=2(1+|k|)1+k2=2k2+1+2|k|k2+1=21+2|k|+1|k|21+22|k|1|k|=2 2，当且仅当k=1时，等号成立，因此，1|MA|+1|MB|+1|NC|+1|ND|的最大值为2 2.165设A(2，n)是抛物线E：x2=4y上一点，不过点A的直线l交E于M，N两点，F为E的焦点(1)若直线l过点F，求1|FM|+1|FN|的值；(2)设直线AM，AN和直线l的斜率分别为k1，k2和k，若k1+k2=2，求k的值解:(1)设直线l的方程为y=kx+1，M(x1，y1)，N(x2，y2)将y=kx+1代入x2=4y，得y2-(2+4k2)y+1=0，于是y1+y2=2+4k2，y1y2=1.由焦点弦公式，得|FM|=y1+1，|FN|=y2+1，1|FM|+1|FN|=|FM|+|FN|FM|FN|=y1+y2+2y1+y2+y1y2+1=4k2+44k2+4=1.(2)设直线l的方程为y=kx+m，M(x1，y1)，N(x2，y2)将y=kx+m代入x2=4y，得x2-4kx-4m=0，于是x1+x2=4k，x1x2=-4m，y1=kx1+m，y2=kx2+m，且A(2，1)，k1+k2=y1-1x1-2+y2-1x2-2=x1y2+x2y1-2(y1+y2)-(x1+x2)+4(x1-2)(x2-2)=2kx1x2+(m-2k-1)(x1+x2)+4-4mx1x2-2(x1+x2)+4=-8km+4k(m-2k-1)+4-4m-4m-8k+4=-km-2k2-k+1-m-m-2k+1.k1+k2=2，2k2+(m-3)k+1-m=0，即(k-1)(2k+m-1)=0.直线l：y=kx+m不过点A(2，1)，2k+m-10，故k=1.6已知抛物线C：x2=2py(p0)的焦点为F，且F与圆M：x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求PAB面积的最大值解:(1)因为焦点F 0，p2到圆M：x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为|FM|-1=p2+4-1=p2+3，所以p2+3=4，所以p=2.(2)解法一：由(1)知抛物线C：x2=4y，即y=x24，所以y=x2.设切点A21x1，x4，切点B22x2，x4，17则lPA：y=x12x-21x4，lPB：y=x22x-22x4.从而可得Px1+x22，x1x24.由题意可知直线AB的斜率存在，设lAB：y=kx+b，与抛物线C：x2=4y联立，得y=kx+b，x2=4y，消去y，得x2-4kx-4b=0，则=16k2+16b0，即k2+b0，且x1+x2=4k，x1x2=-4b，所以P(2k，-b)因为|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2 16k2+16b，点P到直线AB的距离d=|2k2+2b|k2+1，所以SPAB=12|AB|d=1216k2+16b|2k2+2b|=4(k2+b)32.(*)又点P(2k，-b)在圆M：x2+(y+4)2=1上，所以k2=1-(b-4)24.将该式代入(*)式，得SPAB=4-b2+12b-15432.而yP=-b-5，-3，所以b3，5所以当b=5时，PAB的面积最大，最大值为20 5.解法二：由(1)知抛物线C：x2=4y，即y=x24，所以y=x2.设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，圆M上任意一点P(x0，y0)，则易得lPA：y=x12x-y1，lPB：y=x22x-y2，联立y=x12x-y1，y=x22x-y2，得Px1+x22，x1x24.所以x0=x1+x22，y0=x1x24，又线段AB的中点Q的坐标为x1+x22，y1+y22.所以SPAB=12|PQ|x1-x2|=12y1+y22-y0)|x1-x2|=142212x+x4-2y0)|x1-x2|=116|x1-x2|3=116|x1-x2|2)318=116(x1+x2)2-4x1x2)3=116204x-16y0)3=1220 x-4y0)3.(*)又点P(x0，y0)在圆M：x2+(y+4)2=1上，所以x20=1-(y0+4)2，代入(*)式，得SPAB=12(-y20-12y0-15)32.而y0-5，-3，所以当y0=-5时，PAB的面积最大，最大值为20 5.