2022版高考数学一轮复习高考大题规范解答系列五_解析几何学案新人教版

高考 1 / 17 高考大题规 X 解答系列(五)——解析几何 考点一 X 围问题 例 1 (2018·某某高考)如图，已知点 P 是 y 轴左侧(不含 y 轴)一点，抛物线 C： y2＝4x 上存在不同的两点 A，B 满足 PA，PB 的中点均在 C 上． (1)设 AB 中点为 M，证明：PM 垂直于 y 轴； (2)若 P 是半椭圆 x2＋ y2 4 ＝1(x＜0)上的动点，求△PAB 面积的取值 X 围． 【分析】①设出 A，B 的坐标及点 P 的坐标，利用 PA，PB 的中点在抛物线上建立方程， 利用根与系数的关系求得点 A，B，P 的纵坐标之间的关系，由此证明结论成立． ②先根据根与系数的关系，求得|PM|，再表示出△PAB 的面积，最后结合点 P 在椭圆上， 并利用二次函数在给定区间的值域，求得三角形面积的取值 X 围． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)设 P(x0，y0)，A 1 4 y2 1，y1 ，B 1 4 y2 2，y2 ．1 分 得分点① 因为 PA，PB 的中点在抛物线上，所以 y1，y2 为方程 y＋y0 2 2＝4· 1 4 y2＋x0 2 ，即 y2－2y0y ＋8x0－y2 0＝0 的两个不同的实根．3 分 得分点② 所以 y1＋y2＝2y0，4 分 得分点③ 高考 2 / 17 因此，PM 垂直于 y 轴．5 分 得分点④ (2)由(1)可知 y1＋y2＝2y0， y1y2＝8x0－y2 0， 所以|PM|＝ 1 8 (y2 1＋y2 2)－x0＝ 3 4 y2 0－3x0，7 分 得分点⑤ |y1－y2|＝2 2 y2 0－4x0 ．9 分 得分点⑥ 因此，△PAB 的面积 S△PAB＝ 1 2 |PM|·|y1－y2|＝ 3 2 4 (y2 0－4x0) 3 2 ，10 分 得分点⑦ 因为 x2 0＋ y2 0 4 ＝1(x0＜0)， 所以 y2 0－4x0＝－4x2 0－4x0＋4∈[4,5]， 因此，△PAB 面积的取值 X 围是 6 2， 15 10 4 ．12 分 得分点⑧ 【评分细则】 ①设出点的坐标得 1 分． ②利用 PA，PB 的中点在 C 上，建立二次方程得 2 分． ③由韦达定理得 y1＋y2＝2y0 得 1 分． ④由 y1＋y2＝2y0 得点 M 的纵坐标为 y0，又点 P 纵坐标为 y0，因此 PM 垂直于 y 轴， 得 1 分． ⑤结合韦达定理求|PM|，得 2 分． ⑥求出|y1－y2|，得 2 分． ⑦正确写出△PAB 的面积，得 1 分． ⑧合理的转化为二次函数求出△PAB 面积的 X 围，得 2 分． 【名师点评】 1．核心素养：本题考查直线与抛物线的位置关系，考查考生分析问题、解决问题的能 力以及运算求解能力，考查的数学核心素养是逻辑推理、数学抽象、数学运算． 高考 3 / 17 2．解题技巧：在解析几何中，求某个量(直线斜率，直线在 x、y 轴上的截距，弦长， 三角形或四边形面积等)的取值 X 围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个 变量(通常是直线斜率，动点的横、纵坐标等)的函数，并求出这个变量的取值 X 围(即函数 的定义域)，将问题转化为求函数的值域或最值． 3．解决 X 围问题的答题模板 定变量 — 根据题意选取恰当的变量. ↓ 找关系 — 根据条件确定变量间的等量关系或不等式关系. ↓ 得结果 — 利用函数或不等式知识求出所求问题 X 围. 〔变式训练 1〕 (2021·某某某某期末)已知椭圆 x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 3 2 ，F 是其右焦点，直 线 y＝kx 与椭圆交于 A，B 两点，|AF|＋|BF|＝8． (1)求椭圆的标准方程； (2)设 Q(3,0)，若∠AQB 为锐角，某某数 k 的取值 X 围． [解析](1)设 F1 为椭圆的左焦点，连接 F1B，由椭圆的对称性可知，|AF|＝|F1B|， 所以|AF|＋|BF|＝|BF1|＋|BF|＝2a＝8， 所以 a＝4， 又 e＝ 3 2 ＝ c a ，a2＝b2＋c2， 解得 c＝2 3，b＝2， ∴椭圆的标准方程为 x2 16 ＋ y2 4 ＝1． (2)设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则QA→ ＝(x1－3，y1)，QB→ ＝(x2－3，y2)， 高考 4 / 17 联立 x2 16 ＋ y2 4 ＝1 y＝kx ，得(4k2＋1)x2－16＝0， 所以 x1＋x2＝0，x1x2＝ －16 4k2＋1 ， 因为∠AQB 为锐角，所以QA→ ·QB→ ＞0， 所以QA→ ·QB→ ＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2 ＝9－3(x1＋x2)＋x1x2＋y1y2 ＝9－3(x1＋x2)＋(1＋k2)x1x2 ＝9－ 16 1＋k2 4k2＋1 ＞0， 解得 k＞ 35 10 或 k＜－ 35 10 ． 考点二 定点、定值问题 例 2 (2017·全国卷Ⅱ)设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： x2 2 ＋y2＝1 上，过 点 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N，点 P 满足NP→ ＝ 2NM→ ． (1)求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线 x＝－3 上，且OP→ ·PQ→ ＝1，证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F． 【分析】①看到求点 P 的轨迹方程，想到先设出点的坐标，然后利用已知条件，采用 代入法求轨迹方程． ②看到过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F，想到证明OQ→ ⊥PF→． 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 (1)设 P(x，y)，M(x0，y0)，则 N(x0,0)． NP→ ＝(x－x0，y)，NM→ ＝(0，y0)，1 分 得分点① 高考 5 / 17 由NP→ ＝ 2NM→ ，得 x0＝x，y0＝ 2 2 y，3 分 得分点② 因为 M(x0，y0)在椭圆 C 上， 所以 x2 2 ＋ y2 2 ＝1，5 分 得分点③ 因此点 P 的轨迹方程为 x2＋y2＝2．6 分 得分点④ (2)由题意知 F(－1,0)，设 Q(－3，t)，P(m，n)， 则OQ→ ＝(－3，t)，PF→＝(－1－m，－n)，7 分 得分点⑤ OQ→ ·PF→＝3＋3m－tn，8 分 得分点⑥ OP→ ＝(m，n)，PQ→ ＝(－3－m，t－n)，9 分 得分点⑦ 由OP→ ·PQ→ ＝1 得－3m－m2＋tn－n2＝1，10 分 得分点⑧ 又由(1)知 m2＋n2＝2，故 3＋3m－tn＝0． 所以OQ→ ·PF→＝0，即OQ→ ⊥PF→，11 分 得分点⑨ 又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ， 所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F．12 分 得分点⑩ 【评分细则】 ①设出点的坐标，并求出NP→ 和NM→ 得 1 分． ②由NP→ ＝ 2NM→ ，正确求出 x0＝x，y0＝ 2 2 y 得 2 分． ③代入法求出 x2 2 ＋ y2 2 ＝1 得 2 分． ④化简成 x2＋y2＝2 得 1 分． ⑤求出OQ→ 和PF→的坐标得 1 分． ⑥正确求出OQ→ ·PF→的值得 1 分． 高考 6 / 17 ⑦正确求出OP→ 和PQ→ 的坐标得 1 分． ⑧正确得出－3m－m2＋tn－n2＝1 得 1 分． ⑨得出OQ→ ⊥PF→得 1 分． ⑩写出结论得 1 分． 【名师点评】 1．核心素养：圆锥曲线中的定点、定值问题是高考命题的热点问题，常与向量巧妙交 汇，综合考查考生“数学运算”的核心素养． 2．解题技巧：(1)得分步骤：对于解题过程中是得分点的步骤，有则给分，无则没分， 所以对于得分点步骤一定要写全，如第(2)问中求出－3m－m2＋tn－n2＝1 就得分． (2)得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分，所以在答题时一定要 写清得分关键点，如第(2)问一定要写出OQ→ ·PF→＝0，即OQ→ ⊥PF→，否则不得分，因此步骤才 是关键的，只有结果不得分． 3．解决定值(点)问题的答题模板 定目标 — 通过研究特殊情形，得出目标关系所要探求的定值 点 . ↓ 选参数 — 找寻适合运动变化的参数，如点的坐标、直线的斜率等，把相关问题用参数表示. ↓ 建联系 — 把定值 点 问题转化为与参数有关的方程问题. ↓ 得结果 — 确定与参数无关的值 点 ，即为所求. 〔变式训练 2〕 (1)(2021·某某某某、某某、贵港等市联考)设椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)，右顶点是 A(2,0)，离心率为 1 2 ． 高考 7 / 17 ①求椭圆 C 的方程； ②若直线 l 与椭圆交于两点 M，N(M，N 不同于点 A)，若AM→ ·AN→ ＝0，求证：直线 l 过定点，并求出定点坐标． (2)已知 A、B 分别为椭圆 E： x2 a2 ＋y2 ＝1(a＞1)的左、右顶点，G 为 E 的上顶点，AG→ ·GB→ ＝8，P 为直线 x＝6 上的动点，PA 与 E 的另一交点为 C，PB 与 E 的另一交点为 D． ①求 E 的方程； ②证明：直线 CD 过定点． [解析](1)①右顶点是 A(2,0)，离心率为 1 2 ， 所以 a＝2， c a ＝ 1 2 ，∴c＝1，则 b＝ 3， ∴椭圆的标准方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1． ②当直线 MN 斜率不存在时，设 lMN：x＝m， 与椭圆方程 x2 4 ＋ y2 3 ＝1 联立得：|y|＝ 3 1－ m2 4 ， |MN|＝2 3 1－ m2 4 ， 设直线 MN 与 x 轴交于点 B，|MB|＝|AB|， 即 3 1－ m2 4 ＝2－m， ∴m＝ 2 7 或 m＝2(舍)， ∴直线 m 过定点 2 7 ，0 ； 当直线 MN 斜率存在时，设直线 MN 斜率为 k， 高考 8 / 17 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则直线 MN：y＝kx＋b(k≠0)， 与椭圆方程 x2 4 ＋ y2 3 ＝1 联立，得 (4k2＋3)x2＋8kbx＋4b2－12＝0， x1＋x2＝－ 8kb 4k2＋3 ，x1x2＝ 4b2－12 4k2＋3 ， y1y2＝(kx1＋b)(kx2＋b)＝k2x1x2＋kb(x1＋x2)＋b2， Δ＝(8kb)2－4(4k2＋3)(4b2－12)＞0，k∈R， AM→ ·AN→ ＝0，则(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝0， 即 x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0， ∴7b2＋4k2＋16kb＝0， ∴b＝－ 2 7 k 或 b＝－2k， ∴直线 lMN：y＝k x－ 2 7 或 y＝k(x－2)， ∴直线过定点 2 7 ，0 或(2,0)舍去； 综上知直线过定点 2 7 ，0 ． (2)①依据题意作出如下图形： 由椭圆方程 E： x2 a2 ＋y2 ＝1(a＞1)可得： A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)， 高考 9 / 17 ∴AG→ ＝(a,1)，GB→ ＝(a，－1)， ∴AG→ ·GB→ ＝a2－1＝8，∴a2＝9， ∴椭圆方程为： x2 9 ＋y2＝1． ②证明：设 P(6，y0)， 则直线 AP 的方程为：y＝ y0－0 6－ －3 (x＋3)， 即：y＝ y0 9 (x＋3)， 联立直线 AP 的方程与椭圆方程可得： x2 9 ＋y2＝1 y＝ y0 9 x＋3 ， 整理得：(y2 0＋9)x2＋6y2 0x＋9y2 0－81＝0， 解得：x＝－3 或 x＝ －3y2 0＋27 y2 0＋9 ， 将 x＝ －3y2 0＋27 y2 0＋9 代入直线 y＝ y0 9 (x＋3) 可得：y＝ 6y0 y2 0＋9 ， 所以点 C 的坐标为 －3y2 0＋27 y2 0＋9 ， 6y0 y2 0＋9 ． 同理可得：点 D 的坐标为 3y2 0－3 y2 0＋1 ， －2y0 y2 0＋1 ， ∴直线 CD 的方程为： 高考 10 / 17 y－ －2y0 y2 0＋1 ＝ 6y0 y2 0＋9 － －2y0 y2 0＋1 －3y2 0＋27 y2 0＋9 － 3y2 0－3 y2 0＋1 · x－ 3y2 0－3 y2 0＋1 ， 整理可得：y＋ 2y0 y2 0＋1 ＝ 8y0 y2 0＋3 6 9－y4 0 · x－ 3y2 0－3 y2 0＋1 ＝ 8y0 6 3－y2 0 x－ 3y2 0－3 y2 0＋1 整理得：y＝ 4y0 3 3－y2 0 x＋ 2y0 y2 0－3 ＝ 4y0 3 3－y2 0 · x－ 3 2 故直线 CD 过定点 3 2 ，0 ． 考点三 最值问题 例 3 (2021·某某模拟)已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的焦距为 4，其短轴的 两个端点与长轴的一个端点构成正三角形． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)设 F 为椭圆 C 的左焦点，T 为直线 x＝－3 上任意一点，过 F 作 TF 的垂线交椭圆 C 于点 P，Q． ①证明：OT 平分线段 PQ(其中 0 为坐标原点)； ②当 |TF| |PQ| 最小时，求点 T 的坐标． 【分析】 看到 — 焦距为 4，短轴的两个端点与长轴的一个端点构成正三角形 ↓ 想到 — 2c＝4，a＝ 3b，a2＝b2＋c2 【标准答案】——规 X 答题 步步得分 高考 11 / 17 (1)由已知可得 a2＋b2＝2b， 2c＝2 a2－b2＝4， 解得 a2＝6，b2＝2．2 分 得分点① 所以椭圆 C 的标准方程是 x2 6 ＋ y2 2 ＝1．3 分 得分点② (2)①由(1)可得点 F 的坐标是(－2,0)， 设点 T 的坐标为(－3，m)，则直线 TF 的斜率是 kTF＝ m－0 －3－ －2 ＝－m． 当 m≠0 时，直线 PQ 的斜率 kPQ＝ 1 m ， 直线 PQ 的方程是 x＝my－2． 当 m＝0 时，直线 PQ 的方程是 x＝－2， 也符合 x＝my－2 的形式．5 分 得分点③ 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线 PQ 的方程与椭圆 C 的方程联立，得 x＝my－2， x2 6 ＋ y2 2 ＝1. 消去 x，得(m2＋3)y2－4my－2＝0． 其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)＞0， 所以 y1＋y2＝ 4m m2＋3 ，y1y2＝ －2 m2＋3 ， x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝ －12 m2＋3 ． 所以 PQ 的中点 M 的坐标为 －6 m2＋3 ， 2m m2＋3 ．7 分 得分点④ 所以直线 OM 的斜率是 kOM＝－ m 3 ． 又直线 OT 的斜率 kOT＝－ m 3 ， 高考 12 / 17 所以点 M 在直线 OT 上， 因此 OT 平分线段 PQ．8 分 得分点⑤ ②由①可得 |TF|＝ m2＋1，9 分 得分点⑥ |PQ|＝ x1－x2 2＋ y1－y2 2 ＝ m2＋1 [ y1＋y2 2－4y1y2] ＝ m2＋1 4m m2＋3 2－4· －2 m2＋3 ＝ 24 m2＋1 m2＋3 ．10 分 得分点⑦ 所以 |TF| |PQ| ＝ 1 24 · m2＋3 2 m2＋1 ＝ 1 24 · m2＋1＋ 4 m2＋1 ＋4 ≥ 1 24 × 4＋4 ＝ 3 3 ． 当且仅当 m2＋1＝ 4 m2＋1 ，即 m＝±1 时取等号，此时 |TF| |PQ| 取得最小值，11 分 得分点⑧ 所以当 |TF| |PQ| 最小时，点 T 的坐标是(－3,1)或(－3，－1)．12 分 得分点⑨ 【评分细则】 ①列方程组求出 a2 与 b2 给 2 分． ②写出椭圆的标准方程给 1 分． ③根据题意恰当设出直线方程，给 2 分，不讨论 m＝0 的情况，扣 1 分． ④方程联立消元，结合韦达定理求出点 M 的坐标，给 2 分． ⑤证明 OT 平分线段 PQ，给 1 分． 高考 13 / 17 ⑥写出|TF|的表达式，给 1 分． ⑦写出|PQ|的表达式，给 1 分． ⑧写出 |TF| |PQ| 的表达式，利用均值不等式确定最小值，给 1 分． ⑨正确写出点 T 的坐标，给 1 分． 【名师点评】 1．核心素养：本题主要考查椭圆的性质、直线与椭圆的位置关系等知识，是一道综合 能力较强的题，意在考查考生的分析问题、解决问题的能力以及运算求解能力． 2．解题技巧：(1)注意通性通法的应用 在解题过程中，注意答题要求，严格按照题目及相关知识的要求答题，不仅注意解决问 题的巧解，更要注意此类问题的通性通法．如在解决本例(2)①时，注意本题的实质是直线 与圆锥曲线的相交问题，因此设出直线方程，然后联立椭圆方程构造方程组，利用根与系数 关系求出 y1＋y2，y1y2 的值即为通法． (2)关键步骤要全面 阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有关键步骤、关键点则得分，没有要相应扣分，所 以解题时要写全关键步骤，踩点得分，对于纯计算过程等非得分点的步骤可简写或不写，如 本例(2)中，消元化简时，可直接写出结果，利用弦长公式求|PQ|时，也可省略计算过程． 3．最值问题 (1)常见解法有两种：几何法与代数法． ①若题目中的条件或结论能明显体现某种几何特征及意义，或反映出了某种圆锥曲线的 定义，则直接利用图形的性质或圆锥曲线的定义来求解，这就是几何法． ②将圆锥曲线中的最值问题通过建立目标函数，转化为函数的最值问题，再充分利用基 本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等相关知识去求解，这就是代数法． (2)易错点 ①利用基本不等式求最值问题要指出能取到最值，或求出取到最值的条件； ②利用函数观点解决最值问题时，要注意自变量的取值 X 围． 高考 14 / 17 4．解决最值问题的答题模板 设方程搞联立 — 设出相关直线的方程，确定参数，如斜率、截距等，联立方程 组得一元二次方程. 抓条件促转化 — 抓住已知条件，把问题转化为关于参数的方程或不等式，确定 参数的 X 围. 建函数求结果 — 针对所求问题构建关于参数的函数等，利用函数或基本不等式 知识求最值或 X 围，有时应用换元法简化运算. 查关键写规 X — 反思回顾，查看关键点、易错点，强化解题的规 X 性. 例 4 (2020·全国卷)已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)过点 M(2,3)，点 A 为其 左顶点，且 AM 斜率为 1 2 ． (1)求 C 的方程； (2)点 N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值． [解析](1)由题意可知直线 AM 的方程为：y－3＝ 1 2 (x－2)， 即 x－2y＝－4． 当 y＝0 时，解得 x＝－4，所以 a＝4， 椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)过点 M(2,3)， 可得 4 16 ＋ 9 b2 ＝1，解得 b2＝12． 所以 C 的方程： x2 16 ＋ y2 12 ＝1． (2)设与直线 AM 平行的直线方程为：x－2y＝m， 如图所示，当直线与椭圆相切时，与 AM 距离比较远的直线与椭圆的切点为 N，此时△ AMN 的面积取得最大值． 高考 15 / 17 联立直线方程 x－2y＝m 与椭圆方程 x2 16 ＋ y2 12 ＝1 可得 3(m＋2y)2＋4y2＝48， 化简可得 16y2＋12my＋3m2－48＝0， 所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0， 即 m2＝64，解得 m＝±8． 与 AM 距离比较远的直线方程 x－2y＝8， 直线 AM 方程为 x－2y＝－4． 点 N 到直线的距离即两平行线之间的距离 d＝ 8＋4 1＋4 ＝ 12 5 5 ， 由两点间距离公式可得 |AM|＝ 2＋4 2＋32＝3 5， 所以△AMN 的面积的最大值为 1 2 ×3 5× 12 5 5 ＝18． 〔变式训练 3〕 (1)(2021·某某新高考适应性考试)已知椭圆 C： x2 a2 ＋ y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别 为 F1，F2，短轴长为 2 3，A，B 在椭圆 C 上，且AF2 → ＋BF2 → ＝0，△ABF1 的周长为 8． ①求椭圆 C 的标准方程； ②过椭圆 C 上的动点 M 作 C 的切线 l，过原点 O 作 OP⊥l 于点 P，求△OMP 的面积的 最大值． (2)(2021·某某某某质检)已知直线 l：x－y＋1＝0 与焦点为 F 的抛物线 C：y2＝2px(p 高考 16 / 17 ＞0)相切． ①求抛物线 C 的方程； ②过点 F 的直线 m 与抛物线 C 交于 A，B 两点，求 A，B 两点到直线 l 的距离之和的 最小值． [解析](1)①由AF2 → ＋BF2 → ＝0， 可知 A，B，F2 三点共线，且 AB⊥x 轴． 由△ABF1 的周长为 8，得 4a＝8， 所以 a＝2，且 b＝ 3， 所以椭圆 C 的标准方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1． ②显然直线 l 斜率存在且不为 0，设直线 l：y＝kx＋t， 联立 y＝kx＋t， 3x2＋4y2＝12， 得(3＋4k2)x2＋8ktx＋4t2－12＝0， 且Δ＝64k2t2－4(3＋4k2)(4t2－12)＝0， 得 t2＝4k2＋3， 所以 xM＝ －8kt 2 3＋4k2 ＝－ 4k t ． 联立 y＝－ 1 k x， y＝kx＋t， 得 xP＝－ kt k2＋1 ， 所以|OP|＝ 1＋ 1 k2 · |kt| k2＋1 ＝ |t| k2＋1 ， 则|MP|＝ 1＋k2·|－ 4k t ＋ kt k2＋1|＝ 1＋k2·|－4k3－4k＋kt2 t k2＋1 |＝ |k| |t|· k2＋1 ， 高考 17 / 17 所以 S△OMP＝ 1 2 |MP|·|OP|＝ 1 2 · |k| |t|· k2＋1 · |t| k2＋1 ＝ 1 2 · |k| k2＋1 ＝ 1 2 · 1 |k|＋ 1 |k| ≤ 1 4 ， 当且仅当 k＝±1 时取等号， 所以△OMP 的面积的最大值为 1 4 ． (2)①∵直线 l：x－y＋1＝0 与抛物线 C 相切， 由 x－y＋1＝0 y2＝2px 消去 x 得，y2－2py＋2p＝0， 从而Δ＝4p2－8p＝0，解得 p＝2． ∴抛物线 C 的方程为 y2＝4x． ②由于直线 m 的斜率不为 0，所以可设直线 m 的方程为 ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2， y2)． 由 ty＝x－1 y2＝4x 消去 x 得，y2－4ty－4＝0， ∴y1＋y2＝4t，从而 x1＋x2＝4t2＋2， ∴线段 AB 的中点 M 的坐标为(2t2＋1,2t)． 设点 A 到直线 l 的距离为 dA，点 B 到直线 l 的距离为 dB，点 M 到直线 l 的距离为 d， 则 dA＋dB＝2d＝2· |2t2－2t＋2| 2 ＝2 2|t2－t＋1| ＝2 2| t－ 1 2 2＋ 3 4|． ∴当 t＝ 1 2 时，可使 A、B 两点到直线 l 的距离之和最小，距离的最小值为 3 2 2 ．