高考全真分类试卷一圆锥曲线与方程 17页

高考解答题全真分类试卷(2013年版)‎ 数 学(理科)·试题卷（一）‎ ‎◎专题一·圆锥曲线与方程◎‎ ‎【考题一】(本小题满分12分)已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.‎ ‎(2013·全国新课标卷Ⅰ·20)‎ ‎【考题二】(本小题满分12分)已知双曲线C：(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为3，直线y＝2与C的两个交点间的距离为.‎ ‎(1)求a，b；‎ ‎(2)设过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，证明：|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列． (2013·全国大纲卷·21)‎ ‎【考题三】(本小题满分13分)椭圆的左、右焦点分别是F1, F2，离心率为，过且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆C的方程；‎ ‎(Ⅱ)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1,PF2。设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0)，求m的取值范围；‎ ‎(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，过点P作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点。设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2，若k≠0，试证明为定值，并求出这个定值. (2013·山东卷·22)‎ ‎【考题四】(本小题满分15分)如图一，点P(0,－1)是椭圆C1：(a＞b＞0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径，l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D．‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．‎ ‎(2013·浙江卷·21)‎ 图一 ‎【考题五】(本小题满分13分)设椭圆(a＞b＞0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若·＋·＝8，求k的值．‎ ‎(2013·天津卷·18)‎ ‎【考题六】(本小题满分12分)如图二，抛物线C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p＞0)．点M(x0，y0)在抛物线C2上，过M作C1的切线，切点为A，B(M为原点O时，A，B重合于O)．当x0＝1－时，切线MA的斜率为.‎ 图二 ‎(1)求p的值；‎ ‎(2)当M在C2上运动时，求线段AB中点N的轨迹方程(A，B重合于O时，中点为O)．‎ ‎(2013·辽宁卷·20)‎ ‎【考题七】(本小题满分13分)过抛物线E：x2＝2py(p＞0)的焦点F作斜率分别为k1，k2的两条不同直线l1，l2，且k1＋k2＝2，l1与E相交于点A，B，l2与E相交于点C，D，以AB，CD为直径的圆M，圆N(M，N为圆心)的公共弦所在直线记为l.‎ ‎(1)若k1＞0，k2＞0，证明：·＜2p2；‎ ‎(2)若点M到直线l的距离的最小值为，求抛物线E的方程． (2013·湖南卷·21)‎ ‎【考题八】(本小题满分13分)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.‎ ‎(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；‎ ‎(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明直线l过定点． (2013·陕西卷·20)‎ ‎【考题九】(本小题满分13分)如图三，已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O，长轴均为MN且在x轴上，短轴长分别为‎2m,2n(m＞n)，过原点且不与x轴重合的直线l与C1，C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A，B，C，D.记λ＝，△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.‎ 图三 ‎(1)当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，求λ的值；‎ ‎(2)当λ变化时，是否存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2？并说明理由． (2013·湖北卷·21)‎ ‎【考题十】(本小题满分12分，(1)小问4分，(2)小问8分．)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A′两点，|AA′|＝4.‎ 图四 ‎(1)求该椭圆的标准方程；‎ ‎(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P′，过P，P′作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外．若PQ⊥P′Q，求圆Q的标准方程．‎ ‎(2013·重庆卷·21)‎ ‎【考题十一】(本小题满分13分)已知椭圆C：(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P.‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且，求点Q的轨迹方程．‎ ‎(2013·四川卷·20)‎ ‎【考题十二】(本小题满分14分)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c＞0)到直线l：x－y－2＝0的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程；‎ ‎(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．‎ ‎(2013·广东卷·20)‎ 高考解答题全真分类试卷(2013年版)‎ 数 学(理科)·答题卷（一）‎ ‎◎专题一·圆锥曲线与方程◎‎ ‎【考题一】‎ ‎【考题二】‎ ‎【考题三】‎ ‎【考题四】‎ 图一 备用图 ‎【考题五】‎ ‎【考题六】‎ 图二 备用图 ‎【考题七】‎ ‎【考题八】‎ ‎【考题九】‎ 图三 ‎【考题十】‎ 图四 ‎【考题十一】‎ ‎【考题十二】‎ 解题心得及感悟 高考解答题全真分类试卷(2013年版)‎ 数 学(理科)——参考答案及解析 ‎◎专题一·圆锥曲线与方程◎‎ ‎1.【解析】由已知得圆M的圆心为M(－1,0)，半径r1＝1；圆N的圆心为N(1,0)，半径r2＝3.‎ 设圆P的圆心为P(x，y)，半径为R.‎ ‎(1)因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以|PM|＋|PN|＝(R＋r1)＋(r2－R)＝r1＋r2＝4.‎ 由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左、右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆(左顶点除外)，其方程为(x≠－2)．‎ ‎(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|－|PN|＝2R－2≤2，所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为(2,0)时，R＝2.所以当圆P的半径最长时，其方程为(x－2)2＋y2＝4.‎ 若l的倾斜角为90°，则l与y轴重合，可得|AB|＝.‎ 若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q，则，可求得Q(－4,0)，所以可设l：y＝k(x＋4)．‎ 由l与圆M相切得，‎ 解得k＝.‎ 当k＝时，将代入，‎ 并整理得7x2＋8x－8＝0，‎ 解得x1,2＝.‎ 所以|AB|＝.‎ 当时，由图形的对称性可知|AB|＝.‎ 综上，|AB|＝或|AB|＝.‎ ‎2.【解析】(1)解：由题设知＝3，即＝9，故b2＝‎8a2.‎ 所以C的方程为8x2－y2＝‎8a2.‎ 将y＝2代入上式，求得.‎ 由题设知，，解得a2＝1.‎ 所以a＝1，b＝.‎ ‎(2)证明：由(1)知，F1(－3,0)，F2(3,0)，C的方程为8x2－y2＝8.①‎ 由题意可设l的方程为y＝k(x－3)，，代入①并化简得(k2－8)x2－6k2x＋9k2＋8＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≤－1，x2≥1，x1＋x2＝，x1·x2＝.‎ 于是|AF1|＝＝＝－(3x1＋1)，‎ ‎|BF1|＝＝＝3x2＋1.‎ 由|AF1|＝|BF1|得－(3x1＋1)＝3x2＋1，‎ 即x1＋x2＝.‎ 故，解得k2＝，从而x1·x2＝.‎ 由于|AF2|＝＝＝1－3x1，|BF2|＝＝＝3x2－1，‎ 故|AB|＝|AF2|－|BF2|＝2－3(x1＋x2)＝4，|AF2|·|BF2|＝3(x1＋x2)－9x1x2－1＝16.‎ 因而|AF2|·|BF2|＝|AB|2，所以|AF2|，|AB|，|BF2|成等比数列．‎ ‎3.【解析】(1)解：由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程，得，由题意知，即a＝2b2.又，所以a＝2，b＝1.所以椭圆C的方程为.‎ ‎(2)解法一：设P(x0，y0)(y0≠0)．又F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为lPF1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，‎ lPF2：y0x－(x0－)y－y0＝0.‎ 由题意知＝.‎ 由于点P在椭圆上，‎ 所以，‎ 所以.‎ 因为＜m＜，－2＜x0＜2，‎ 可得.所以m＝.‎ 因此.‎ 解法二：设P(x0，y0)．当0≤x0＜2时，‎ ‎①当时，直线PF2的斜率不存在，易知P或P.‎ ‎（A）若P，则直线PF1的方程为.‎ 由题意得，因为＜m＜，‎ 所以.‎ ‎（B）若P，同理可得.‎ ‎②当x0≠时，‎ 设直线PF1，PF2的方程分别为y＝k1(x＋)，y＝k2(x－)．‎ 由题意知，所以.因为，‎ 并且k1＝，k2＝，‎ 所以 ‎＝，‎ 即.‎ 因为为＜m＜，0≤x0＜2且x0≠，‎ 所以.‎ 整理得m＝，‎ 故0≤m＜且m≠.‎ 综合①②可得0≤m＜.‎ 当－2＜x0＜0时，同理可得＜m＜0.‎ 综上所述，m的取值范围是.‎ ‎(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，则直线l的方程为y－y0＝k(x－x0)．联立 整理得(1＋4k2)x2＋8(ky0－k2x0)x＋4(－2kx0y0＋k2x02－1)＝0.‎ 由题意Δ＝0，即＋2x0y0k＋1－y02＝0.‎ 又，所以＋8x0y0k＋＝0，‎ 故k＝.‎ 由(2)知，‎ 所以＝，‎ 因此为定值，这个定值为－8.‎ ‎4.【解析】 (1)由题意得 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．‎ 由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，‎ 则直线l1的方程为y＝kx－1.‎ 又圆C2：x2＋y2＝4，故点O到直线l1的距离，所以.‎ 又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.‎ 由消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，‎ 故.所以|PD|＝.‎ 设△ABD的面积为S，‎ 则S＝|AB|·|PD|＝，‎ 所以S＝≤‎ ‎，‎ 当且仅当时取等号．‎ 所以所求直线l1的方程为y＝－1.‎ ‎5.【解析】(1)设F(－c,0)，由，知.过点F且与x轴垂直的直线为x＝－c，代入椭圆方程有，‎ 解得，于是，解得，‎ 又a2－c2＝b2，从而a＝，c＝1，‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎(2)设点C(x1，y1)，D(x2，y2)，由F(－1,0)得直线CD的方程为y＝k(x＋1)，‎ 由方程组消去y，整理得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.‎ 求解可得x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 因为A(，0)，B(，0)，‎ 所以·＋·＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)＝6－2x1x2－2y1y2＝6－2x1x2－2k2(x1＋1)(x2＋1)＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝.‎ 由已知得＝8，解得k＝.‎ ‎6.【解析】(1)因为抛物线C1：x2＝4y上任意一点(x，y)的切线斜率为，且切线MA的斜率为，所以A点坐标为，故切线MA的方程为.‎ 因为点M(，y0)在切线MA及抛物线C2上，‎ 于是，①‎ ‎.②‎ 由①②得p＝2.‎ ‎(2)设N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N为线段AB中点知③④‎ 切线MA，MB的方程为⑤‎ ‎⑥‎ 由⑤⑥得MA，MB的交点M(x0，y0)的坐标为 ‎，.‎ 因为点M(x0，y0)在C2上，即＝－4y0，‎ 所以.⑦‎ 由③④⑦得，x≠0.‎ 当x1＝x2时，A，B重合于原点O，AB中点N为O，坐标满足.‎ 因此AB中点N的轨迹方程为.‎ ‎7.【解析】(1)由题意，抛物线E的焦点为F，直线l1的方程为y＝k1x＋，‎ 由得x2－2pk1x－p2＝0.‎ 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，‎ 则x1，x2是上述方程的两个实数根．从而x1＋x2＝2pk1，y1＋y2＝k1(x1＋x2)＋p＝2pk12＋p.‎ 所以点M的坐标为，＝(pk1，pk12)．同理可得点N的坐标为，＝(pk2，pk22)．于是·＝p2(k1k2＋k12k22)．‎ 由题设，k1＋k2＝2，k1＞0，k2＞0，k1≠k2，‎ 所以0＜k1k2＜＝1.‎ 故·＜p2(1＋12)＝2p2.‎ ‎(2)由抛物线的定义得|FA|＝y1＋，|FB|＝y2＋，‎ 所以|AB|＝y1＋y2＋p＝2pk12＋2p.‎ 从而圆M的半径r1＝pk12＋p，故圆M的方程为 ‎(x－pk1)2＋＝(pk12＋p)2.‎ 化简得x2＋y2－2pk1x－p(2k12＋1)y－p2＝0.‎ 同理可得圆N的方程为 x2＋y2－2pk2x－p(2k22＋1)y－p2＝0.‎ 于是圆M，圆N的公共弦所在直线l的方程为(k2－k1)x＋(k22－k12)y＝0.‎ 又k2－k1≠0，k1＋k2＝2，则l的方程为x＋2y＝0.‎ 因为p＞0，所以点M到直线l的距离 ‎＝＝.‎ 故当k1＝时，d取最小值.‎ 由题设，，解得p＝8.‎ 故所求的抛物线E的方程为x2＝16y.‎ ‎8.【解析】(1)解：如图解一，设动圆圆心O1(x，y)，由题意，|O‎1A|＝|O‎1M|，‎ 图解一 图解二 ‎①当O1不在y轴上时，‎ 过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，‎ ‎∴，又，‎ ‎∴，‎ 化简得y2＝8x(x≠0)．‎ ‎②当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y2＝8x，‎ ‎∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.‎ ‎(2)证明：由题意，设直线l方程为y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx＋b代入y2＝8x中，‎ 得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0，且Δ＝－32kb＋64＞0.‎ 由求根公式得，x1＋x2＝，①x1x2＝，②‎ 因为x轴是∠PBQ的角平分线，所以，‎ 即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0，③‎ 将①，②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，‎ ‎∴k＝－b，此时Δ＞0，‎ ‎∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．‎ ‎9.【解析】依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为 C1：，C2：.‎ 其中a＞m＞n＞0，λ＝.‎ ‎(1)解法一：如图解三，若直线l与y轴重合，即直线l的方程为x＝0，则S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|，所以.‎ 图解三 在C1和C2的方程中分别令x＝0，可得yA＝m，yB＝n，yD＝－m，‎ 于是.‎ 若，则，化简得λ2－2λ－1＝0.‎ 由λ＞1，可解得λ＝.‎ 故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝.‎ 解法二：如图1，若直线l与y轴重合，则 ‎|BD|＝|OB|＋|OD|＝m＋n，|AB|＝|OA|－|OB|＝m－n；‎ S1＝|BD|·|OM|＝a|BD|，‎ S2＝|AB|·|ON|＝a|AB|.‎ 所以.‎ 若，则，化简得λ2－2λ－1＝0.‎ 由λ＞1，可解得λ＝.‎ 故当直线l与y轴重合时，若S1＝λS2，则λ＝.‎ ‎(2)解法一：如图解四，若存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2.根据对称性，不妨设直线l：y＝kx(k＞0)，点M(－a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，则，，所以d1＝d2.‎ 图解四 又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以，即|BD|＝λ|AB|.‎ 由对称性可知|AB|＝|CD|，所以|BC|＝|BD|－|AB|＝(λ－1)|AB|，‎ ‎|AD|＝|BD|＋|AB|＝(λ＋1)|AB|，于是.①‎ 将l的方程分别与C1，C2的方程联立，可求得 ‎，.‎ 根据对称性可知xC＝－xB，xD＝－xA，于是 ‎＝.②‎ 从而由①和②式可得.③‎ 令，则由m＞n，可得t≠1，于是由③可解得.‎ 因为k≠0，所以k2＞0.于是③式关于k有解，当且仅当，‎ 等价于由λ＞1，可解得＜t＜1，‎ 即，由λ＞1，解得λ＞，所以 当1＜λ≤时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；当λ＞时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1＝λS2.‎ 解法二：如图解四,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1＝λS2.根据对称性,不妨设直线l：y＝kx(k＞0)，‎ 点M(－a,0)，N(a,0)到直线l的距离分别为d1，d2，‎ 则，，所以d1＝d2.‎ 又S1＝|BD|d1，S2＝|AB|d2，所以.‎ 因为，所以.‎ 由点A(xA，kxA)，B(xB，kxB)分别在C1，C2上，可得，，两式相减可得，‎ 依题意xA＞xB＞0，所以.所以由上式解得.因为k2＞0，所以由，可解得.‎ 从而，解得λ＞，所以 当1＜λ≤时，不存在与坐标轴不重合的直线l，使得S1＝λS2；‎ 当λ＞时，存在与坐标轴不重合的直线l使得S1＝λS2.‎ ‎10.【解析】(1)由题意知点A(－c,2)在椭圆上，‎ 则.从而e2＋＝1.‎ 由得，从而.‎ 故该椭圆的标准方程为.‎ ‎(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)．又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x02＋‎ ‎＝(x－2x0)2－x02＋8(x∈[－4,4])．‎ 设P(x1，y1)，由题意，P是椭圆上到Q的距离最小的点，因此，上式当x＝x1时取最小值，‎ 又因x1∈(－4,4)，所以上式当x＝2x0时取最小值，‎ 从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x02.‎ 因为PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，‎ 所以＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，‎ 即(x1－x0)2－y12＝0.‎ 由椭圆方程及x1＝2x0得，‎ 解得，.‎ 从而|QP|2＝8－x02＝.‎ 故这样的圆有两个，其标准方程分别为，.‎ 图解五 ‎11.【解析】(1)由椭圆定义知，‎2a＝|PF1|＋|PF2|＝，所以.‎ 又由已知，c＝1.所以椭圆C的离心率.‎ ‎(2)由(1)知，椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ 设点Q的坐标为(x，y)．‎ ‎(1)当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，－1)两点，此时点Q的坐标为.‎ ‎(2)当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.‎ 因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，‎ 则|AM|2＝(1＋k2)x12，|AN|2＝(1＋k2)x22.‎ 又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.‎ 由，得 ‎，‎ 即.①‎ 将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得 ‎(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②‎ 由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.‎ 由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 代入①中并化简，得.③‎ 因为点Q在直线y＝kx＋2上，‎ 所以，代入③中并化简，得10(y－2)2－3x2＝18.又由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪.‎ 又满足10(y－2)2－3x2＝18，‎ 故x∈.‎ 由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1.‎ 又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，则y∈.‎ 所以，点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，其中x∈，y∈.‎ ‎12.【解析】(1)依题意，设抛物线C的方程为x2＝4cy，由，结合c＞0，解得c＝1.‎ 所以抛物线C的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝x2，求导得y′＝x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，‎ 所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，‎ 即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0，‎ 同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0，‎ 因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)，‎ 所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0.‎ 所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．‎ 所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.‎ ‎(3)由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，‎ 所以|AF|·|BF|＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1.‎ 联立方程 消去x整理得y2＋(2y0－x02)y＋y02＝0.‎ 由一元二次方程根与系数的关系可得y1＋y2＝x02－2y0，y1y2＝y02，‎ 所以|AF|·|BF|＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y02＋x02－2y0＋1.‎ 又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝y0＋2.‎ 所以y02＋x02－2y0＋1＝2y02＋2y0＋5＝‎ ‎.‎ 所以当y0＝时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为.‎