【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习10《四种解析几何数学思想》(解析版).doc，共(45)页，2.471 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点10四种解析几何数学思想（核心考点讲与练）2yx=题型一：函数与方程思想一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）抛物线2yx=上的一动点M到直线:10lxy距离的最小值是（）A．328B．38C．34D．324【答案】A【分析】对2yx=求导可求

与直线10xy平行且与抛物线2yx=相切的切线方程，再利用两平行线的距离公式可得所求的最小距离．【详解】因为2yx=，所以2yx，令21yx，得12x，所以与直线10xy平行且与抛物线2yx=相切的切点11(,)24，切线方程为1142yx，即

104xy，由两平行线的距离公式可得所求的最小距离221|1|324811d-+==+.故选：A.2．（2022·全国·高三专题练习）点(cos,sin)P到直线34120xy的距离的取值范围为（）A．1217,55B．712,55

C．717,55D．1224,55【答案】C【分析】由点到距离公式把距离表示成的三角函数，根据三角函数性质求得距离的取值范围.【详解】由点到直线距离公式有：P到直线的距离为223cos4sin125sin()1253

4d，其中34sin,cos55，由三角函数性质易知，5sin()12[17,7]，能力拓展故717,55d，故选：C.3．（2020·全国·高三专题练习）已知P是椭圆2212yx

上任一点，O是坐标原点，则OP中点的轨迹方程为（）A．22421xyB．2221xyC．2212yxD．22241xy【答案】A【解析】先设点(,)PPPxy和OP中点(,)Qxy，再根据中点坐标公式得到OP中点的

轨迹方程即可.【详解】解：设点(,)PPPxy，OP中点(,)Qxy，因为点(,)Qxy是OP中点，所以22PPxxyy，则22PPxxyy又因为点(,)PPPxy满足椭圆方程，所以2212PPyx,所以22(2)(2)12yx，化简得：2

2421xy所以(,)Qxy满足22421xy，所以OP中点的轨迹方程为22421xy故选：A【点睛】本题考查代入法求点的轨迹方程，是基础题.二、填空题4．（2020·全国·高二课时练习）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C：222210,0xyabab的左，右

焦点分别为1F，2F，设过右焦点2F且与x轴垂直的直线l与双曲线C的两条渐近线分别交于A，B两点，若1FAB是正三角形，则双曲线C的离心率为__________.【答案】213【解析】不妨设点A在x轴

上方，先求出点A坐标，再由题得tan302bcac，化简即得双曲线的离心率.【详解】不妨设点A在x轴上方，联立xcbyxa得(,),(,)bcbcAcBcaa.因为1FAB是正三角形，所

以223tan30,91223bcabac.所以222219()12,3caae.故答案为：213【点睛】本题主要考查双曲线的离心率的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.5．（2020·江苏·一模）在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线22

214xya(a＞0)的一条渐近线方程为23yx，则a＝_______．【答案】3【解析】双曲线的焦点在x轴上，渐近线为2yxa，结合渐近线方程为23yx可求a.【详解】因为双曲线22214xya(a＞0

)的渐近线为2yxa，且一条渐近线方程为23yx，所以3a.故答案为：3.【点睛】本题主要考查双曲线的渐近线，明确双曲线的焦点位置，写出双曲线的渐近线方程的对应形式是求解的关键，侧重考查数学运算的核心素养.6．（2022·全国·高三专题练习）若过点(1,1)P且斜率为k的

直线l与双曲线2214yx只有一个公共点，则k___________.【答案】52或2【分析】设直线方程，与双曲线联立，转化为方程只有一个根，此时要考虑到二次项系数为0的情况，分别解得k的值即可.【详解】由题意可得:(1)1lykx，代入

双曲线方程得2222(4)2()250kxkkxkk.当240k，即2k时，直线l与双曲线的渐近线平行，直线与双曲线只有一个公共点；当240k时，22224()4(4)(25)0kkkkk

，解得52k.综上，当52k或2k时，直线与双曲线只有一个公共点.故答案为：52或2三、解答题7．（2022·全国·高三专题练习）已知直线222111ayxaa与x轴交于A点，与y轴

交于B点（1）若0a，6OAB，求a的值；（2）若0a，求直线l的倾斜角的取值范围.【答案】（1）32，32；（2）0,4.【解析】（1）根据题意，由OAB的值分析直线的倾斜角，即可得直线的斜率，分析可得2523tan613aa，解可得a的

值，即可得答案;（2）根据题意，直线的斜率221aka，分0a与0a两种情况讨论k的范围，分析可得倾斜角的范围，综合可得答案．【详解】（1）根据题意，直线222111ayxaa，其斜率221aka，在y轴上的截距为211a，若0a，则0k,6

OAB，则直线的倾斜角为566，则有2523tan,613aa变形可得22310aa，解可得：32a或32，故32a或32.（2）根据题意，直线的斜率221aka，设直线的倾斜角为，当0a时，0k，直线的倾斜角为0，当0

a时，22211akaaa，又由1122aaaa，当且仅当1a时等号成立，必有212k，则有tan1，又由0，则04，综合可得：04，故的取值范围为0,4

．8．（2022·四川凉山·三模（理））已知椭圆22122:10xyCabab经过点13,2，过其焦点且垂直于x轴的弦长为1．(1)求椭圆1C的标准方程；(2)已知曲线22:4Cxy，2C在点P处的切线l交1C于

M，N两点，且4NMMP，求l的方程．【答案】(1)2214xy(2)1yx或1yx【分析】（1）根据题意可得221ba，223114ab，解得21ab，（2）设切点00Pxy，，根据导数可求切线方程20024xxyx，由4NMMP可得120144xx

xx，结合韦达定理求解．（1）设椭圆的半焦距为c，由题意可得：221ba椭圆过13,2即223114ab解得：21ab，∴椭圆方程为2214xy(2)设112200MxyNxyPxy，，，，，由22:4Cxy即21

4yx得12yx20014yx，012yx∴切线l的切点坐标为2001,4Pxx斜率为012kx切线l的方程为：200042xxyxx即20024xxyx，联立方程200222414xxyxxy消去y得22340004(1)416

0xxxxx+-+-=则可得：3012201xxxx………①401220164(1)xxxx………②∵4NMMP即201212011(,)4()4xxxyyxxy，则120144xxxx

，即12054xxx………③由①③可得：3300001222005446161xxxxxxxx，………④把④代入②：33400000222000544164(1)6161xxxxxxxx

整理得：242000(4)(44136)0xxx∵4200441360xx则200402xx，经检验02x符合题意∴直线l得方程为1yx或1yx9．（2022·全国·高三专题练习）设函数()e()xfxaxaaR其图象与x轴交于1(Ax，0)，2

(Bx，0)两点，且12xx.(1)求()fx的单调区间和极值点；(2)证明：12()0(()fxxfx是()fx的导函数）；(3)证明：1212xxxx.【答案】(1)()fx的单调递增区间为(,ln)a，单调递减区间为(ln,)a

；极小值点是lna，无极大值点，且2ae【分析】（1）对函数求导,然后结合导数与单调性的关系即可求解函数单调区间,即可求解极值；（2）由题意可知121200xxeaxaeaxa，两式相减可得，2121xxeeaxx，构造函数212(0)x

xses，然后结合导数判断单调性，即可证明；（3）由题意可得212111xxxex，构造函数，结合单调性，利用分析法可证.(1)设函数()()xfxeaxaaR其图象与x轴交于1(Ax，0)，2(Bx，0)两点，所以函数()fx不单调，(

)0xfxea有实数解，所以0a，解得lnxa，当lnxa时，()0fx，()fx单调递减，lnxa时，()0fx，()fx单调递增，且lna是极小值点；ln(ln)ln2ln极小值afaeaaaaa，由题意得，

(ln)0fa，所以2ae，所以函数()fx的单调递增区间(,ln)a，单调递减区间(ln,)a，极小值点是lna，无极大值点，且2ae.(2)证明：121200xxeaxaeaxa，两式相减可得，2121xxeeaxx

，令212(0)xxses，则122112221()2xxxxxxeefexx，122[2()]2xxssesees，令()2()ssgssee，则()2()0ssgsee，所以()gs单调递减，()(0)0gsg

，而12202xxes，12()02xxf，又12122xxxx，12()0fxx；(3)证明：由121200xxeaxaeaxa，可得212111xxxex，21(1)(1)

2111xxxex，令11mx，21nx，则01mn，nmnem，设ntm，则1t，nmt，(1)tmet，ln1tmt，ln1ttnt，22(ln)(1)ttmnt，要证明：1212xxxx，等价于证明：12(1)

(1)1xx，即证1mn，即证22(ln)1(1)ttt，即证ln11ttt，即证1lnttt，令1()2lngtttt，(1)t，22221(1)()10tgtttt，()gt在(1,)上单调递减，1t，故()0gt

，12ln0ttt，1lnttt，从而有：1212xxxx.【点睛】关键点点睛：证明函数不等式，关键在于合理变形，适时转化，转化后利用导数求函数的极值、单调性，建立不等关系即可得证，本题中要证1212xxxx，转化为证12(1

)(1)1xx，换元后即证1mn，再换元转化为证明22(ln)1(1)ttt，即证即证1lnttt，构造函数1()2lngtttt，求导得单调性可知()0gt即可证明.题型二：数形结合思想一、单选题1．（2020·山西临汾·高三阶段练习（理））已知双曲线2222:

1(0,0)xyCabab的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45°的直线与C的右支有且仅有一个交点，则C的离心率的取值范围为（）A．[2,)B．[2,)C．(1,2]D．(1,2]【答案】A【解析

】若过点F且倾斜角为45°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率．根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围．【详解】双曲线C：2222xyab1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，若过点F且倾斜角为45

°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点．则该直线的斜率的绝对值小于或等于渐近线的斜率ba，所以1bae2222222cabaa∴e2故选：A．【点睛】本题主要考查双曲线的性质及应用，考查学生对这些

知识的理解掌握水平，属于基础题．2．（2022·河南·开封高中模拟预测（理））若直线:340Rlxyaa与圆22:9Oxy交于不同的两点A、B，且，则a（）A．55B．35C．25D．5【答案】A【分析】根据题意分析可得2OAOBduur

uuur，则455ABduuur，根据垂径定理和点到直线的距离公式计算求解．【详解】设圆心O到直线l的距离为d，∵OAOB，则以,OAOB为邻边的平行四边为菱形，即2OAOBduuruuur由52OAOBA

Buuruuuruuur，即522dABuuur，则455ABduuur又由垂径定理可知22192dABuuur，即22495dd解得5d则2200534ad，解得55a．故选：A．3．（2022·全国·模拟预测）已知点A为圆22:2220Cx

yxy上一点，点23,4Mmm，23,4Nnn，mn，若对任意的点A，总存在点M，N，使得90MAN，则mn的取值范围为（）A．2,B．1,2C．2,5D．20

,5【答案】A【分析】易求直线MN的方程:4380lxy，可求圆心1,1C到直线l的距离d，进而可求圆C上的点到直线l的距离的范围，因为对任意的点A，总存在点M，N，使得90MAN

，则以MN为直径的圆包含圆C，故10MN，化简即得所求.【详解】由题可得点M，N在直线:4380lxy上，圆C的方程为22114xy，则圆心1,1C到直线:4380lxy的距离2243834

3d，所以圆C上的点到直线l的距离的范围为1,5.因为对任意的点A，总存在点M，N，使得90MAN，所以以MN为直径的圆包含圆C，故10MN，所以22232344510MNmnmnmn，得2mn，故选：A.二

、多选题4．（2022·全国·高三专题练习）在同一平面直角坐标系中，表示直线l1：y＝ax+b与l2：y＝bx﹣a的图象可能是（）A．B．C．D．【答案】AC【分析】由图观察两直线的斜率的正负号、两直线在y轴上的截距的

正负号，从而得出结论．【详解】解：由图A可得直线1l的斜率0a，在y轴上的截距0b；而2l的斜率0b，在y轴上的截距0a，即0a，故A能成立．由图B可得直线1l的斜率0a，在y轴上的截距

0b；而2l的斜率0b，在y轴上的截距0a，即0a，矛盾，故B不能成立．由图C可得直线1l的斜率0a，在y轴上的截距0b；而2l的斜率0b，在y轴上的截距0a，即0a，故C能成立

．由图D可得直线1l的斜率0a，在y轴上的截距0b；而2l的斜率0b，在y轴上的截距0a，即0a，矛盾，故D不能成立．故选：AC5．（2022·福建龙岩·模拟预测）已知直线yxb与圆2216xy交于A､B两点，且OAOBOA

OB（其中O为坐标原点），则实数b的值可以是（）A．4B．23C．23D．4【答案】AD【分析】根据ababab可得OAOB，分析圆心O到直线yxb的距离22d．【详解】圆2216

xy的圆心0,0O,半径4r∵OAOBOAOB则OAOB∴O到直线yxb的距离222211bd，则4b故选：AD．三、填空题6．（2022·山西吕梁·三模（文））已知抛物线2:4Cyx的焦点为

F，准线为l，过点F的直线与C交于,AB两点（点A在x轴上方），过,AB分别作l的垂线，垂足分别为,MN，连接,MFNF.若3MFNF，则直线AB的斜率为__________.【答案】3【分析】根据题意得,AFAMBFB

N，再得到AMFAFMMFO，BNFBFNNFO，分析即可得MFNF，6NMF，从而得到直线的倾斜角，即可求解.【详解】如图，由题意得,AFAMBFBN，所以AMFAFMMFO，BNFBF

NNFO，因为AFMMFOBFNNFO，所以2MFONFO，所以MFNF，又3MFNF，所以6NMF，所以3MFOAFM，故3AFx，所以直线AB的斜率为tan33.故答案为：3.

四、解答题7．（2022·山西太原·三模（文））已知抛物线C开口向右，顶点为坐标原点，且经过点3,23.A(1)求抛物线C的方程；(2)过点3,0B的直线交抛物线C于点M，N，直线MA，NA分别交直线3x

于点P，Q，求PBBQ的值.【答案】(1)24yx(2)1【分析】（1）设抛物线C的方程为22ypx，代入A点坐标可得答案；（2）设直线MN为3ykx，1122,,,MxyNxy，求出直线AM方程、直线AN方程令3x得Py、Qy

，由PQPByBQy可得答案.(1)设抛物线C的方程为22ypx，则22323p，解得2p，所以抛物线C的方程为24yx.(2)由题意，直线MN斜存在，设直线MN为3ykx，1122,,,MxyNxy由234

ykxyx得22226490kxkxk，∵2222Δ64490.kkk∴3333k，212122649，kxxxxk，则直线AM方程为11232333yyxx

，直线AN方程为22232333yyxx，令3x，得1162333Pkxyx，2262333Qkxyx，p121212121212333393

3339QyxxPBxxxxBQyxxxxxx121233133xxxx.8．（2022·山西吕梁·三模（理））已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心

率为32，且过点22,2Ab.(1)求椭圆C的方程；(2)点A关于原点O的对称点为点B，与直线AB平行的直线l与C交于点,MN，直线AM与BN交于点P，点P是否在定直线上？若在，求出该直线方程；若不在，请说明理由.【答案】(1)22182xy

(2)点P在定直线12yx上.【分析】（1）解方程组22222232412cabababc可得答案；（2）设1122,,,MxyNxy，l的方程与椭圆方程联立利用韦达定理代

入121211,22AMBNyykkxx，可得直线AM的方程、直线BN的方程，联立两直线方程得,PPxy，由1211124122222PPyxxmmxxxxx化简可得答案.(1)由题意得2222223241

2cabababc，解得2282ab，所以椭圆C的方程是22182xy.(2)点P是在定直线12yx上，理由如下，由（1）知2,1,2,1AB，设1122,,,MxyNxy，1:,02lyxmm，将l的方

程与22182xy联立消y，得222240xmxm，则22Δ44240mm，得22m且0m，且212122,24xxmxxm，因为12121112221111111122,22222222AMBNx

mxmyymmkkxxxxxx，所以直线AM的方程为111222myxx，即1112222mmyxxx，直线BN的方程为211222myxx，即221

2222mmyxxx，联立直线AM与直线BN的方程，得1212222222mmmmxxxxx，得121211212,4222PPPxxmmxyxxxxx

，所以121212111211244121222222PPxxxxyxxmmmxxxxxxxx111212241121.2222xmmxx

xxx所以点P在定直线12yx上.题型三：分类与整合思想一、单选题1．（2020·湖南·高三学业考试）已知直线l过点4,3P，圆C：2225xy，则直线l与圆C的位置关系是（）A．相交B．相切C．相离D．相交或相切【答案】D【解析】经过计算得点

4,3P在圆C：2225xy上，所以直线l与圆C的位置关系是相交或相切.【详解】由题：224325所以点4,3P在圆C：2225xy上，所以直线l与圆C的位置关系是相交或相切.故选：D【点睛】此题考查直线与圆的位置关系的辨析，关键在于根据直线经过的定点的

位置分析动直线与圆可能的位置关系.2．（2020·浙江·高三专题练习）点1,1M到抛物线22yax准线的距离为2，则a的值为A．1B．1或3C．18或124D．14或112【答案】C【分析】对a分成0a和0a两种情况进行分类讨论，结合抛物线的定义求得a的值.【

详解】依题意可知0a，抛物线的标准方程为212xya当0a时，抛物线的准线方程为18ya，点1,1M到18ya的距离为1111288aa，解得124a.当0a时，抛

物线的准线方程为18ya，点1,1M到18ya的距离为1111288aa，解得18a.所以a的值为18或124.故选：C【点睛】本小题主要考查抛物线的定义和准线方程，属于基础题

.3．（2022·全国·高三专题练习（理））设e是椭圆2218xyk的离心率，且1e,12，则实数k的取值范围是（）A．(0,6)B．32(0,6),3C．16(0,3),3D．(0,2)【答案】B

【解析】由题意和椭圆性质可得当8k时，1812kk；当08k时，18128k.解不等式后即可得解.【详解】由1e,12，22eccaa，222cab可得：当8k时，28ck，由条件知1812kk，解得323k；当08k时，28ck

，由条件知18128k，解得06k.故选：B.【点睛】本题考查了椭圆的性质，考查了分类讨论思想，属于基础题.二、多选题4．（2022·全国·高三专题练习）已知圆锥曲线22:10Cmxym

，则下列说法可能正确的有（）A．圆锥曲线C的离心率为1mmB．圆锥曲线C的离心率为1mC．圆锥曲线C的离心率为(1)mmmD．圆锥曲线C的离心率为(1)mmm【答案】BC【分析】讨论1m>、01m、0m，结合三种情况下圆锥曲线的方程，可判断相关性质，进而确定其离心率.【

详解】当1m>时，101m，圆锥曲线22:11xCym是焦点在y轴上的椭圆，其离心率1111mmmemmm，故C符合题意；当01m时，11m，圆锥曲线22:11xCym是焦点在x轴上的椭圆，其离心率1em，

故B符合题意；当0m时，圆锥曲线22:11xCym是焦点在y轴上的双曲线，其离心率1111mmmemmm，故C符合题意.故选：BC.5．（2022·湖北·荆门市龙泉中学二模）已知双曲线22:

17xyCtt的一条渐近线方程为430xy，过点（5，0）作直线l交该双曲线于A和B两点，则下列结论中正确的有（）A．16t或9-B．该双曲线的离心率为53C．满足323AB的直线l有且仅有一条D．若A和B分别在双曲线左、右两支上，则直线l的斜率的取

值范围是44(,)33【答案】BD【分析】根据双曲线的渐近线方程可得1679tt，从而可判断A；求出双曲线方程，从而可得离心率，即可判断B；分当,AB两点都在双曲线的右支上和,AB再双曲线的左右两支上两种情况讨

论，即可判断C；求出双曲线的渐近线方程，从而可判断D.【详解】解：因为双曲线22:17xyCtt的一条渐近线方程为430xy，所以1679tt，解得16t，故A错误；双曲线方程为221916xy，故3,4,9165abc，所以

该双曲线的离心率53e，故B正确；点（5，0）为双曲线的右焦点，当5x时，163y，当,AB两点都在双曲线的右支上时，323AB，因为323AB，所以这种情况的直线AB只有一条，且AB与x轴垂直，当,AB再双曲线的左右两支上

时，可得26ABa，而3263，可得这样的直线有两条，综上所述，满足323AB的直线l有3条，故C错误；双曲线的渐近线方程为43yx，要使A和B分别在双曲线左、右两支上，则直线l的斜率的取值范围是44(,)33，故D正确.故选：BD.6．（2022·全国·高三专题练

习）已知A、B两点的坐标分别是(1,0)，(1,0)，直线AP、BP相交于点P，且两直线的斜率之积为m，则下列结论正确的是（）A．当1m时，点P的轨迹圆（除去与x轴的交点）B．当10m时，点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆（除去与x轴的交点）C．当01

m时，点P的轨迹为焦点在x轴上的抛物线D．当1m>时，点P的轨迹为焦点在x轴上的双曲线（除去与x轴的交点）【答案】ABD【分析】设出P点的坐标，根据直线AP的斜率与直线BP的斜率之积为m，可得出含有参数m的点P轨迹方程，然后对m进行讨论，分析轨迹方程表示哪种

曲线，最后确定正确选项.【详解】设点P的坐标为(,)xy，直线AP，BP的斜率为11APykxx，11BPykxx由已知得，111yymxxx化简得点P的轨迹方程为2211,0y

xxmm当1m时，点P的轨迹圆（除去与x轴的交点）所以A正确；当10m时，点P的轨迹为焦点在x轴上的椭圆（除去与x轴的交点），所以B正确；当01m时，点P的轨迹为焦点在x轴上的抛物线，不正确，应该是双曲线，所以C不正确；当1m>时，点P的轨迹为焦点在x轴上的双曲

线（除去与x轴的交点），所以D正确；故选：ABD三、解答题7．（2020·全国·高三专题练习（理））求满足下列条件的直线方程：（1）经过点(5,2)A，且在x轴上的截距等于在y轴上截距的2倍；（2）经过点(3,4)B，且与两坐标轴围成一个等腰直角三角形.【答案】（1）210xy

或250xy.（2）10xy或70xy.【解析】（1）当直线不过原点时，设所求直线方程为12xyaa，将(5,2)A代入，求得12a，当直线过原点时，设直线方程为ykx，将将(5,2)A代入，取得25k，进而求得所求直线的方程；(2)根据所

求直线与两坐标轴围成一个等腰直角三角形，得到所求直线的斜率为，结合点斜式，即可求解.【详解】（1）由题意，当直线不过原点时，设所求直线方程为12xyaa，将(5,2)A代入，可得5212aa

，解得12a，所以直线方程为210xy；当直线过原点时，设直线方程为ykx，将(5,2)A代入，可得52k，解得25k，所以直线方程为25yx，即250xy，综上可得，所求直线方程为210xy或250xy.(2)由题意，所求直线

与两坐标轴围成一个等腰直角三角形，可得所求直线的斜率为，又过点(3,4)B，由点斜式得42(3)yx，所求直线的方程为10xy或70xy.8．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C经过点5,0P和点1,4Q，且圆心在直线1xy

上.(1)求圆C的标准方程；(2)若过点1,4的直线l与圆C相交于A，B两点，且120ACB，求直线l的方程.【答案】(1)22(1)16xy(2)1x或34130xy.【分析】（1）求得

线段PQ的垂直平分线方程，联立方程组，求得圆心C，根据4CQ，求得圆的半径，即可求得圆C的方程；（2）根据题意，得到圆心到直线l的距离为2d，①当直线l的斜率不存在时，直线方程为1x，符合题意；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为40

kxyk，根据点到直线的距离公式，列出方程，求得k，进而得出直线的方程.(1)解：设PQ的中点为00(,)Mxy，因为点5,0P和点1,4Q，所以0015403,222xy，即(3,2)M，又由40115PQk

，所以PQ的垂直平分线的斜率为1k，所以线段PQ的垂直平分线方程为10xy，联立方程组1010xyxy，解得1,0xy，即圆心坐标(1,0)C，又由4CQ，即圆的半径为4r，所以圆C的方程为22(1)16xy.(2)解：过点1,4的直线l与圆C

相交于,AB两点，且120ACB，所以圆心到直线l的距离为2d，①当直线l的斜率不存在时，此时直线方程为1x，则圆心到直线l的距离为2d，符合题意；②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为4(1)ykx，即40kxyk，则圆心到直线的距离为22242(1)

kdk，解得34k，此时直线l的方程为34130xy，综上可得，直线l的方程为1x或34130xy.题型四：转化与划归思想一、单选题1．（2020·全国·高三（文））双曲线22221(0,0)xyabab的离心率为5，则其渐近线方程为（）A．2yx

B．3yxC．2yxD．3yx【答案】C【分析】由双曲线的离心率为2215cbeaa，可渐近方程byxa.【详解】由题因为2215cbeaa,所以2ba，所以渐近方程为2yx.故选：C.【点

睛】本题考查求双曲线的渐近线方程，考查双曲线的离心率的应用，属于基础题.2．（2020·云南德宏·高三期末（理））已知点M是抛物线2:4Cyx上一点，以M为圆心，r为半径的圆与抛物线的准线相切，且与x轴的两个交点的横坐标之

和为4，则此圆的半径r为（）A．3B．2C．3D．4【答案】C【分析】根据题意得两个交点的坐标，进而可求出点M的横坐标，求解即可.【详解】由抛物线定义得与x轴的两个交点必有一个为焦点1,0，又因为与x轴的两个交点的横坐标之和为4，所以另一个交点为

3,0，所以点M的横坐标即为两个交点的中点，所以2Mx，所以圆的半径13Mrx=+=.故选：C.二、多选题3．（2022·全国·高三专题练习）[多选题]已知抛物线212xy的焦点为F，11,Mxy，22,Nxy是抛物线上两点，则下列结论正确的是（）A．点F的坐标为1,08

B．若直线MN过点F，则12116xxC．若MFNF，则MN的最小值为12D．若32MFNF，则线段MN的中点P到x轴的距离为58【答案】BCD【分析】根据抛物线方程的标准形式求出焦点可判断A；由抛物线的性质可判断B、C；利用抛物线的焦半径公式可判断D.【详解】易知点F的坐

标为10,8，选项A错误；根据抛物线的性质知，MN过焦点F时，212116xxp，选项B正确；若MFNF，则MN过点F，则MN的最小值即抛物线通径的长，为2p，即12，选项C正确，抛物线212xy的焦点为10,8

，准线方程为18y，过点M，N，P分别作准线的垂线MM，NN，PP垂足分别为M，N，P，所以MMMF，NNNF．所以32MMNNMFNF，所以线段324MMNNPP，所以线段MN的中点P到

x轴的距离为13158488PP，选项D正确．故选：BCD三、填空题4．（2022·全国·高三专题练习）已知点M是椭圆2212516yx上的一动点，点T的坐标为(0,3)，点N满足||1NT，且90MNT，则||MN的最大值是__．【答案】37【分析

】根据题意可知N在以T为圆心，以1为半径的圆上，画出图形，求出MT的最大值，即可求得MN的最大值.【详解】解：如图，M在椭圆上，N在以T为圆心，以1为半径的圆上，由椭圆2212516yx，得点T为椭圆的下焦点，要使||MN最大，则||MT最大，||538maxMT，22||8

137maxMN．故答案为：37．5．（2022·全国·高三专题练习）圆1C：222410xyxy与圆2C：224410xyxy的公切线有___________条.【答案】3【分析】将圆的方程化为标准方程，求出圆心距及半径，可得两圆相外切，由此可确定两圆的公

切线的条数.【详解】圆1C：222410xyxy化为标准方程为：22(1)(2)4xy，则圆心坐标为11,2C，半径为2，圆2C：224410xyxy化为标准方程为：22(2)(2)9xy，则圆心坐标为22,2C，半径为3，∴圆心距2212(2

1)(22)523CC，即两圆的圆心距等于两圆的半径的和，∴两圆相外切，∴两圆的公切线有3条.故答案为：3.四、解答题6．（2021·海南·模拟预测）已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点为圆F：2220xxy的圆心，y轴负半轴上有一点P，直线PF被C截得的弦长

为5．（1）求点P的坐标；（2）过点P作不过原点的直线PA，PB分别与抛物线C和圆F相切，A，B为切点，求直线AB的方程．【答案】（1）0,2P；（2）4340xy．【分析】（1）先对圆的方程标准化，得到焦点坐标，得出抛物线方程，由已知设直线AB为1yxm，联立

后，利用弦长公式计算即可求得结果；（2）由条件可设直线PA的方程为2ykx，与抛物线方程联立，因为PA与抛物线C相切，由0，求得得k，进而解得A的坐标，设00,Bxy，由题意可知点B与坐标原点关于直线PF对称，解得B点坐标，进而可求得直线AB的方程．【详

解】（1）圆F的方程可化成2211xy，所以1,0F，所以抛物线C的方程为24yx．设0,0Pmm，则直线PF的方程为1yxm，由21,4yxmyx消去y，得2222240mxmxm，设直线PF与C的交点横坐标分别为1

x和2x，由题意知1225ABxx，即222425mm，解得2m，故0,2P．（2）由条件可设直线PA的方程为2ykx，由22,4ykxyx消去y，整理得224440kxkx，因为PA与抛物线C相切，所以2244160kk

，解得12k．代入原方程组解得4,4A．设00,Bxy，由题意可知点B与坐标原点关于直线PF：22yx对称，所以00001,222,22yxyx解得84,55B．所以直线AB的方程为44544845y

x，即4340xy．一、单选题1．（2022·安徽·芜湖一中高三阶段练习（理））已知抛物线2:43Cyx的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作准线的垂线，垂足为Q，若3PFQ，则PF（）A．43B．23C．3D．6【答案】A【分析】由抛物线定义

可知PQF△为正三角形，根据//PQAF可知3AFQPQF，由此可求得QF，由此可得43PFQF.【详解】由抛物线定义可知：PFPQ，3PQFPFQ，PQF△为正三角形.设准线l与x轴交

于点A，由抛物线方程可知：23AF，//PQAF，3AFQPQF，243QFAF，43PFQF.故选：A.2．（2022·贵州毕节·三模（文））曲线211yx与直线21ykx有两个交点，则实数k的取值范围为（）A．0,B

．10,2C．1,1,2D．11,23【答案】B【分析】根据方程作出对应的曲线图象，结合图象求实数k的取值范围.【详解】方程211yx可化为2211xy且1y，所以曲线211yx

的轨迹为以(0,1)为圆心，1为半径的圆上纵坐标大于等于1的点的集合，直线21ykx表示过点(1,2)P且斜率存在的直线，作图可得因为曲线211yx与直线21ykx有两个交点观察图象可得0PAkk，又(1,1)A，(1,2)P，所以211=1(1)

2PAk，所以实数k的取值范围为10,2，故选：B.3．（2022·贵州毕节·三模（理））曲线211yx与直线21110kxky有两个交点，则实数k的取值范围为（）A．0,B．10,2

C．1,1,2D．11,23【答案】D【分析】根据直线过定点的求法可求得直线恒过1,2；由曲线方程可确定图形，采用数形结合的方式可确定直线斜率的取值范

围，由此可构造不等式求得k的取值范围.【详解】由21110kxky得：210xykxy，令2010xyxy，解得：12xy，直线21110kxky恒过定点1,2；由211yx得：221

11xyy，由此可得曲线211yx的图形如下图所示，由图形可知：当直线过点1,1时，直线斜率为211112，若直线与曲线有两个不同交点，则直线斜率的取值范围为10,2，即211012kk，解得：1123k，即实数k的取值范围为

11,23.故选：D.4．（2022·湖北·模拟预测）已知抛物线24yx的焦点为F，准线为l，过抛物线上一点P作准线的垂线，垂足为Q，若3PFQ，则PF（）A．2B．4C．6D．43【答案】B【分析】由抛物线定义可知PFPQ，结合3PFQ可得△PQF为

正三角形，设准线l与x轴交于点A，由PQAF∥可得3AFQPQF，利用24QFAF，可得答案.【详解】由抛物线定义可知PFPQ，∴3PQFPFQ，△PQF为正三角形，设准线l与x轴交于点A，由抛物线可知：2AF，∵PQAF∥，

∴3AFQPQF，∴24QFAF，∴4PFQF.故选：B．5．（2022·全国·高三专题练习）如图①，用一个平面去截圆锥得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度出发对这个问题进行过研究，其中比利时数学家Germinald

andelin（17941847）的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥内放两个大小不同的球，使得它们分别与圆锥的侧面､截面相切，两个球分别与截面相切于,EF，在截口曲线上任取一点A，过A作圆锥的母线，分别与两个球相切于,CB，由球和圆的几何性质，可以知道，

AEAC，AFAB，于是AEAFABACBC.由,BC的产生方法可知，它们之间的距离BC是定值，由椭圆定义可知，截口曲线是以,EF为焦点的椭圆.如图②，一个半径为2的球放在桌面上，桌面上方有一个点光源P，则球在桌面上的投影是椭圆，已知12AA是

椭圆的长轴，1PA垂直于桌面且与球相切，15PA，则椭圆的焦距为（）A．4B．6C．8D．12【答案】C【分析】设球O与1PA相切与点E，可得2tan3OPE，利用二倍角正切公式可得12tanA

PA，由此可得a，由1AFac可求得焦距.【详解】设球O与1PA相切与点E，作出轴截面如下图所示，由题意知：2OEOF，523PE，2tan3OEOPEPE，12242tan123tanta

n241tan519OPEAPAOPEOPE，又15PA，1212AA，6a，又12AFac，4c，椭圆的焦距为28c.故选：C.6．（2020·全国·高三专题练习（文））已知双曲线222210,0xya

bab的左､右焦点分别为1F，2F，若双曲线上存在点P使21120PFF，则离心率的取值范围是（）A．231,3B．1,2C．2,D．23,3【答案】B【解

析】根据双曲线的性质可得,双曲线上存在点P使21120PFF,可知3ba,再由2221bea即可求解【详解】根据双曲线的性质可得,双曲线上存在点P使21120PFF,则渐近线的斜率3ba,即3ba,因为离心率222,cec

aba，所以2221bea4,因为1e，所以离心率e的取值范围为1,2，故选:B【点睛】本题考查双曲线离心率的相关问题;其中由双曲线性质得到3ba是求解本题的关键;属于中档题.7．

（2021·江西南昌·高三开学考试（理））已知函数22eeexxfx，若0fafb，若点,ab不可能在曲线C上，则曲线C的方程可以是（）A．22112xyB．2212xyC．222xyD．2212xy【答案】C【分析】将函数变形

2xxxefe在R上单调递增，并且关于点1,0对称，结合已知条件可知2ab，说明曲线C的图像恒在直线2xy的区域，再判断直线与圆的位置关系即可得解.【详解】函数222xxxxeefxeee

，显然函数fx在R上单调递增，又22(2)22xxxxfxeeeefx，即20fxfx所以fx关于点1,0成中心对称，且10f故0fafb，则2ab，点,ab不可能在曲线C上，说明曲线C的图像恒在直

线2xy的区域，对于A，表示圆心1,1，半径2r的圆，圆心1,1在直线2xy上，即直线与圆相交，不符合题意；对于B，表示圆心1,0，半径2r的圆，圆心到直线的距离122d，即直线与圆相交，不符合题意；对于C，

表示圆心0,0，半径2r的圆，圆心到直线的距离222d，即直线与圆相切，并且圆的图像恒在直线2xy下方，符合题意；对于D，表示圆心0,1，半径2r的圆，圆心到直线的距离122d，即直线与圆相交，不符合题意；故选：C【点睛】关键点点睛：本

题考查函数的单调性，对称性的应用，及直线与圆的位置关系，解题的关键是利用函数的对称性，推出2ab，说明曲线C的图像恒在直线2xy的区域，考查学生的逻辑推理能力，属于难题.二、多选题8．（2022·山东泰安·三模）已知实数x，y满足方程224240xyxy，则下列说法

正确的是（）A．yx的最大值为43B．yx的最小值为0C．22xy的最大值为51D．xy＋的最大值为32【答案】ABD【分析】根据yx的几何意义，结合图形可求得yx的最值，由此判断A，B，根据22xy的几何意义求其最值，判断C，再利用三角换元，结合正弦函数

性质判断D.【详解】由实数x，y满足方程224240xyxy可得点(,)xy在圆22211xy上，作其图象如下，因为yx表示点(,)xy与坐标原点连线的斜率，设过坐标原点的圆

的切线方程为ykx，则22111kk，解得：0k或43k，40,3yx，max43yx，min0yx，A，B正确；22xy表示圆上的点(,)xy到坐标原点的距离的平方，圆上的点(,)xy到坐标原点的距离的最大值为+1OC，

所以22xy最大值为21OC，又2221OC，所以22xy的最大值为625，C错，因为224240xyxy可化为22211xy，故可设2cosx，1siny，所以2cos1sin32sin4xy＋，所以当=4

时，即222,122xy时xy＋取最大值，最大值为32，D对，故选：ABD.9．（2022·山东·肥城市教学研究中心模拟预测）椭圆C:2214xy的左、右焦点分别为12,FF，点P在椭圆C上，点Q在以(2,4)M为圆心

，C的长轴长为直径的圆上，则下列说法正确的是（）A．椭圆C的离心率为12B．12PFPF的最大值为4C．过点M的直线与椭圆C只有一个公共点，此时直线方程为1516340xyD．2PQPF的最小值为23436【答案】BD【分析】利用椭圆标准方程

直接求离心率即可判断A；根据椭圆定义以及基本不等式即可判断B；直接考虑直线斜率不存在的情况即可判断C；利用椭圆的定义将2||||PQPF转化成111||||4424PQPFQFMF，进而根据几何关系求其最值即可判断

D.【详解】对于选项A，由椭圆C的方程知2,1,3abc，所以离心率32e，故选项A不正确；对于选项B，由椭圆的定义可得124PFPF，所以12PFPF122()42PFPF，即当且仅当12PF

PF时，12PFPF的最大值为4，故选项B正确；对于选项C，当直线的斜率不存在时，所求直线为2x，满足条件，故选项C错误；对于选项D，圆M：22(2)(4)4xy，所以2PQPF1(4)PQPF

14QF12423436MF，故选项D正确；故选：BD.三、填空题10．（2022·内蒙古赤峰·模拟预测（文））直线l过定点1,2，过点1,0P作l的垂线，垂足为M，已知

点2,1N，则MN的最大值为______．【答案】32【分析】设(,)Mxy，应用坐标表示出AM、PM，利用向量垂直的坐标表示列方程求得M的轨迹为圆，问题转化为定点到圆上点距离最大.【详解】设(,)Mxy，若1,2A，则(1,2)AMxy，(1,)PMx

y，所以22120AMPMxyy，故M的轨迹为22(1)2xy.轨迹是圆心为(0,1)，半径为2的圆，则最大22(20)(11)232MN.故答案为：3211．（2022·河南商丘·三模（理））已知F是抛物线C：22ypx

（0p）的焦点，C的准线与x轴交于点A，过点A作曲线C的一条切线AB，若切点B在第一象限内，D为C上第四象限内的一点，且//DFAB，则ABDF______．【答案】21【分析】设切点B的坐标

为00,xy，根据题意2pyx，得到切线方程00022pypxxxx，将,02pA代入得B的坐标，设ABmDFuuuruuur，11,Dxy，利用向量求出D的坐标，代入抛物线求出m即可.

【详解】由题意可知，,02pA，,02pF．设切点B的坐标为00,xy（00x，00y），因为切点B在第一象限内，所以取第一象限内抛物线2ypx，求导计算切线方程，则2pyx，所以切线的斜率为：02px，所以A

B的方程为00022pypxxxx，将,02pA代入得，000222pppxxx，解得02px，则0yp，即,2pBp．由//DFAB，当D在第四象限内时，设ABmDFuuuruuur（0m），11,Dxy（

10y），又,ABppuuur，11,2pDFxyuuur，则112ppmxpmy，解得1122mpxmpym，将点D代入C：2

2ypx得2210mm，解得21m=（负值舍去），所以21ABDF．故答案为：21.12．（2022·河北·模拟预测）已知A，B是抛物线2xy上的两个动点，过A，B的两条切线交于点P，若90APB，则点P的纵坐标为___________.【答案】14【

分析】设切点211,Axx，222,Bxx，设PA的直线方程为：211yxkxx，与抛物线联立消去y得：22110xkxkxx，根据题意得0，求出k，得到PA的直线方程，同理求出PB的直线方程，联立求出1212,2xxPxx

，再根据1APPBkk，即可求解.【详解】设切点211,Axx，222,Bxx，不妨设A在第一象限，设PA的直线方程为：211yxkxx，与抛物线联立消去y得：22110xkxkxx，因为相切，所以2211440kkxx，解得12kx

，所以PA的直线方程为：21112yxxxx，同理得PB的直线方程为：22222yxxxx，联立PA和PB的直线方程，解得1212,2xxPxx，因为90APB，所以1241APPBkkxx，解得1214xx，即点P的纵坐标为：14.故答案为：

14.【点睛】本题主要考察抛物线方程和性质，考察直线和抛物线位置关系，直线方程的求法和运用，同时考察化简能力，属于难题.13．（2022·浙江·效实中学模拟预测）已知实数x，y满足22121xy

，则222xyzxy的取值范围是___________.【答案】111,5【分析】设,Pxy为圆22121xy上一点，直线l为20xy，过点P作PMl，连接OP，再分别求出PM和OP，则22525sinPMxyzPOMOPxy，再根据条件求

出sinPOM范围即可.【详解】设,Pxy为圆22121xy上一点，直线l为20xy，过点P作PMl，连接OP，作出如下示意图：则,Pxy到直线20xy的距离2=5xyPM，由图可知

圆在直线l的上方，所以20xy，即22=55xyxyPM，所以25xyPM，22OPxy，所以22525sinPMxyzPOMOPxy，所以只需求出sinPOM取值范围即可，设直线ykx与圆22121xy相切，所以2211kk，解得

34k，所以两条切线方程为：0x和34yx，设两切点分别为1P，2P，分别过1P作11PMl，垂足为1M，过2P作22PMl，垂足为2M，所以1122,POMPOMPOM，因为直线20xy的斜率为：2，所以11tan22POM

，所以115sin5POM，1125cos5POM，又因为34yx，所以213tan24POP，所以214sin5POP，213cos5POP，所以22211142535115sin

sin555525POMPOPPOM所以5115sin,525POM，所以115sin1,5POM.故答案为：111,5.【点睛】本题考查了直线与圆的位置关系，考查数形结合思想的应用，注意临界位置的转化.1

4．（2022·重庆市第十一中学校高三阶段练习）参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但他自己还是不太确定这个想法，于是回到

家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点.他在家里做了个探究实验：如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯

泡P（当成质点），灯泡与桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率e______.【答案】79【分析】建立平面直角坐标系，解得图中N、Q的横坐标

，列方程组即可求得椭圆的a、c，进而求得椭圆的离心率.【详解】以A为原点建立平面直角坐标系，则(0,4)P，(3,0)R，直线PR的方程为443yx设(,1)Mn,(,0)Qn由M到直线PR的距离为1，得244131413n，解之得72n或1n（舍）则7(,1)

2M，7(,0)2Q又设直线PN的方程为4ykx由M到直线PN的距离为1，得2741211kk，整理得24521804kk则123245kk，又43PRk，故815PNk则直线PN的方程为8415yx，15(,0)2N故7154

22NQac，71322RQac由412acac，解得9474ac，故椭圆的离心率774994cea故答案为：79【点睛】数形结合是数学解题中常用的思想方

法，数形结合的思想可以使某些抽象的数学问题直观化、生动化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质；另外，由于使用了数形结合的方法，很多问题便迎刃而解，且解法简捷。15．（2022·北京·首

都师范大学附属中学高三开学考试）数学中有许多形状优美的曲线，如星形线，让一个半径为r的小圆在一个半径为4r的大圆内部，小圆沿着大圆的圆周滚动，小圆的圆周上任一点形成的轨迹即为星形线.如图，已知1r，起始位置

时大圆与小圆的交点为A（A点为x轴正半轴上的点），滚动过程中A点形成的轨迹记为星形线C.有如下结论：①曲线C上任意两点间距离的最大值为8；②曲线:4Dxy的周长大于曲线C的周长；③曲线C与圆224xy有且仅有4个公共点.其中正确的序号为________________.【答案】

①③【分析】由题意知星形线C任意点,xy满足00cossinxxyy，为参数，其中003,3xy，即44x，44y，从而可判断①；分析曲线D的图像，与星形线图像对比可知②；求出星形线与直线yx的交点2,2,2,2，知曲线C与圆相切，可判

断③；【详解】由已知可知小圆与大圆是内切的关系，设小圆的圆心为00,xy，则小圆的圆心轨迹为以0,0为圆心，半径为3的圆，即22009xy设星形线C任意点,xy，则00cossinxxy

y，为参数，其中003,3xy可知星形线C任意点,xy，满足44x，44y对于①，星形线C上左右两个端点4,0，4,0或上下两个端点0,4，0,

4的距离最远，等于8，故①正确；对于②，曲线:4Dxy为过点4,0A，0,4B，4,0C，0,4D的正方形，而星形线与坐标轴的交点也是这四个点，由两点之间线段最短，可知曲线:4Dxy的周长小于曲线C的周长，故②错误；对

于③，星形线与直线yx的交点为3222232222xy，即2,2,2,2它们到原点的距离为22222与圆224xy的半径相等，所以曲线C与圆相切，即有且仅有4个公共点，故③正确；

故答案为：①③【点睛】关键点点睛：本题考查两个圆的内切关系求轨迹，解题的关键是理解星形线的定义，求出对应点满足的条件，再分析选项，考查学生的分析审题能力，属于难题.四、解答题16．（2022·浙江金华·三

模）如图，已知点P在直线l：2x上，A，B为抛物线C：220ypxp上任意两点，PA，PB均与抛物线C相切，直线AB与直线l交于点Q，过抛物线C的焦点F作AB的垂线交直线l于点K．(1)若点A到F的距离比到直线l的距离小1，求抛物线C的方程；(2)在（1）的条件下，当KQ最小时，求A

BKQ的值．【答案】(1)24yx(2)2109ABKQ【分析】（1）根据抛物线定义可得答案；（2）设2,Pt，过P点的切线方程为2xmyt，利用直线PA、直线PB方程得到12mmt，122mm，211,2Amm，222,2Bmm由A，B在直线P

A、直线PB上得21120mtm，22220mtm，可得直线AB方程为：202txy，得直线AB方程过定点20,，直线KF方程12tyx，利用、KQ坐标得382tKQt，联立直线KF和抛物线方程可得2280yty，再利用弦长公式得AB，根据AB

KQ可得答案．(1)因为点A到F的距离比到直线l：2x的距离小1，所以AF等于点A到直线1x的距离，∴1x为抛物线的准线．且12p，2p∴C：24yx.(2)抛物线C：24yx的焦点1,0F，设2,Pt，设P点抛

物线C：24yx的切线方程为：2xmyt，242yxxmyt消去x得：24420ymymt，∴2161620mmt即220mmt，4AByym，42AByymt，直线PA：12xmy

t，直线PB：22xmyt，则12mmt，122mm，211,2Amm，222,2Bmm，由A，B分别在直线PA：12xmyt、直线PB：22xmyt上，得：21120mtm，22220mt

m，即202AAtxy，202BBtxy，则直线AB方程为：202txy，得直线AB方程过定点20,，则直线KF方程为：12tyx，则82,Qt，32,2Kt，38432tKQt≥，当且仅

当382tt时，2163t时取等号，22024txyyx，得2280yty，22222211444ABABABABABttABxxyyyyyyyy

22470143243tt，∴2109ABKQ．17．（2022·全国·高三专题练习）已知抛物线2:20Cxpyp的焦点为F.且F与圆22:41Mxy上点的距离的

最小值为4.（1）求抛物线的方程；（2）若点P在圆M上，PA，PB是C的两条切线.A，B是切点，求PAB△面积的最大值.【答案】（1）24xy；（2）最大值205.【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于p的等式，即可解出p的值，求

出抛物线方程；（2）设点11,Axy、22,Bxy、00,Pxy，利用导数求出直线PA、PB，进一步可求得直线AB的方程，将直线AB的方程与抛物线的方程联立，求出AB以及点P到直线AB的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本

性质可求得PAB△面积的最大值.【详解】（1）抛物线C的焦点为0,2pF，42pFM，所以，F与圆22:(4)1Mxy上点的距离的最小值为4142p，解得2p；所以抛物线的方程为24xy.（2）抛物线

C的方程为24xy，即24xy，对该函数求导得2xy，设点11,Axy，22,Bxy，00,Pxy，直线PA的方程为1112xyyxx，即112xxyy，即11220xxyy，同理可知，直线PB的方程为22220xxyy，由于

点P为这两条直线的公共点，则10102020220220xxyyxxyy，所以，点A、B的坐标满足方程00220xxyy，所以，直线AB的方程为00220xxyy，联立0022204xxyyxy，可得200240xxxy

，由韦达定理可得1202xxx，1204xxy，所以22220012120014141622xxABxxxxxy2200044xxy点P到直线AB的距

离为2002044xydx，所以，23002222000002041114442224PABxySABdxxyxyx△，2222000000041441215621xyyyyyy，

由已知可得053y，所以，当05y时，PAB△的面积取最大值321202052.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的

最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．18．（2021·全国·高三专题练习）（1）试求函数424211()325216fxxxxxx的最小值；（2）设a、b都是实数，试求：22221()342Sabab的最小值.

【答案】（1）94；（2）743.【分析】（1）2222221()(1)24fxxxxx，构造动点2,Pxx，则P的轨迹方程为2yx=，设(1,2)A，10,4F，则()||||fxPAPF，由抛物线的知识即可求解；（2）设2

,3Aaa，21,42Bbb，则S为A、B两点间距离的平方，转化为而圆223xy的x轴上部分的点与双曲线2214xy的x轴下部分的点的距离的最值问题，数形结合即可求解【详解】（1）2222221()(1)24f

xxxxx，构造动点2,Pxx，则P的轨迹方程为2yx=，设(1,2)A，10,4F，则F正好为抛物线2xy的焦点，抛物线准线方程为l：14y.（如图所示）过点P作PHl于H，过点A作0AHl于0H，交抛物线于点0P，故有

019()||||||||||244fxPAPFPAPHAHAH，当且仅当点P在点0P处时，()fx取得最小值94.（2）设2,3Aaa，21,42Bbb，则S为A、B两点间距离的平方，而点A在圆223

xy的x轴上部分，点B在双曲线2214xy的x轴下部分，如图1-55所示，要使2||AB最小，则点A、B分别位于点(3,0)、(2,0)或点(3,0)、(2,0)，即当3a，2b（或3a，2b

）时2min(23)743S.【点睛】本题（1）粗看似乎无从入手，关键是构造出抛物线方程，使问题转化为抛物线上的动点到两个定点的距离之和；本题（2）的关键是把S看作两点间距离的平方，并搞清楚这两个动点在何种曲线上，数形结合即可求解.

巩固提升