圆锥曲线中的面积与范围问题-2022年高考数学重难点专题(新高考地区专用)

专题19圆锥曲线中的面积与范围问题1、三角形的面积

①;(其中d是三角形的顶点O到直线AB的距离)

②.2、四边形的面积或其他多边形面积

;(其中弦AB与弦PQ所在直线互相垂直)若AB与PQ的夹角为θ,则,还有部分不规则的四边形或其他多边形面积问题,可以转化为三角形面积的倍数,再参照上述三角形面积的求法进行求解即可.3、求最值与范围问题的常用方法:

（1）几何法:若题目利用圆锥曲线的定义转化之后或题目中给的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决(比如:两点间线段最短,或垂线段最短,或三角形的三边性质等)

解题模板:

第一步：根据圆锥曲线的定义或题目中给的条件和结论,把所求的最值或范围转化为平面上两点之间的距离、点线之间的距离等;

第二步：利用两点间线段最短,或垂线段最短,或三角形的三边性质等找到取得最值的临界条件,进而求出最值或范围.（2）代数法:若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值或范围,最值常用基本不等式法、或利用求函数值域的方法(配方法、导数法等)求解.

解题模板:

第一步：将所求最值或范围的量用变量表示出来;

第二步：用基本不等式或求函数值域的方法求出最值或范围.（2021秋•昌平区期末）直线3x﹣4y＝0与抛物线W：y2＝2px（p＞0）交于A，B两点，F为抛物线W的焦点，若|AB|＝5，则△ABF的面积为（）A．38 B．2732 C．32【分析】由直线AB的方程与抛物线的方程联立求出A，B的坐标，进而求出弦长|AB|的值，再由|AB|的值可得参数p的值，可得焦点F的坐标，求出点F到直线AB的距离d，代入三角形的面积公式可得面积的值．【解答】解：设A（x1，y1），B（x2，y2），联立3x−4y=0y2=2px，可得：x=0所以|AB|=而|AB|＝5，可得322+24281⋅p所以F到直线AB的距离d=|3×所以S△ABF=12•|AB|•d=1故选：B．（2022春•安徽月考）已知焦距为2的椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），椭圆C上的动点P到一个焦点的最远距离等于3．现有一条直线l过点Q（1，1）与椭圆C相交于A，B两点，且点Q【分析】根据题意求出椭圆的方程，点差法求出直线斜率得直线方程，联立方程由根与系数的关系及弦长公式求解即可．【解答】解：椭圆C上的点P到一个焦点的最远距离等于3，则2c=2a+c=3，解得a=2所以b2＝a2﹣c2＝3，所以椭圆C的方程为x2设A（x1，y1），B（x2，y2），则x124两式相减可得x12−因为x1+x2＝2，y1+y2＝2，所以2(x所以直线l的斜率为y1所以直线l的方程y﹣1=−34（x﹣1），即3x+4由x24+y23所以x1+x2＝2，x1x2=1所以弦长|AB|=1+(−34)2|x1﹣原点O（0，0）到直线l的距离d=|−7|所以△AOB的面积为12|AB|•d=故答案为：1056（2021秋•湖南期末）已知F为抛物线y2＝4x的焦点，过点F作两条直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点．若AB→⋅DEA．48 B．32 C．16 D．8【分析】设直线l1：y＝k（x﹣1），直线l1与抛物线方程联立，求出|AB|，同理可得|DE|，从而表示可得面积，利用基本不等式，即可得出结论．【解答】解：依题意l1⊥l2，设直线l1：y＝k（x﹣1），直线l2：y=−1联立y=k(x−1)y2=4x，得k2x2﹣（2k2+4）x+∵Δ＞0，设A（x1，y1）、B（x2，y2），∴x1+x2＝2+4∴|AB|＝x1+x2+2＝4+同理设D（x3，y3）、E（x4，y4），∴x3+x4＝2+4k2，∴|DE|＝x3+x4+2＝4（1+k2），设四边形ADBE的面积S=12|AB|•|DE|＝8（2+k2当且仅当k＝±1时，四边形ADBEE的面积取得最小值32．故选：B．（2021•汕头二模）已知椭圆C：x22+y2＝1的左、右焦点分别是F1、F2，过F2的直线，与C交于A，B两点，设O为坐标原点，若OEA．1 B．2 C．3 D．22【分析】设过F2的直线的方程为x＝ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2）．联立x=ty+1x2+2y2=2，消元利用韦达定理可得y1+y2=−2t2+t2，y1y【解答】解：设过F2的直线的方程为x＝ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2）．联立x=ty+1x2+2y2=2，可得（2+t2y1+y因为OE→=OA则四边形AOBE的面积S＝2×12×|y1﹣y2当t＝0时，四边形AOBE面积的最大值为2．故选：B．1．（2021春•广东期末）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，则当|AB|+|DE|取得最小值时，四边形ADBE的面积为（）A．32 B．16 C．24 D．8【分析】由两条直线垂直，再由|AB|+|DE|取得最小值时为|AB|＝|DE|可得A与D，B与E关于x轴对称，可得直线DE的斜率为1，由题意进而求出直线DE的方程，与抛物线联立求出两根之和及两根之积，求出弦长|DE|，再由互相垂直的四边形的面积公式可得面积的值．【解答】解：因为AB⊥DE，要使|AB|+|DE|最小，而|AB|+|DE|≥2|AB||DE|，由抛物线的对称性可得A与D，B与E关于x轴对称，所以可得直线DE的斜率为1，又过抛物线的焦点（1，0），所以直线DE的方程为：y＝x﹣1，y=x−1y2=4x，整理可得y2﹣4y﹣4＝0，y1+y2＝4，y1所以可得|DE|=1+12•(所以S四边形ABCD=12|DE|•|AB|故选：A．2．（2021秋•泉州期末）已知P是椭圆C：x24+y2＝1的上顶点，过原点的直线l交C于A，B两点，若△PAB的面积为2，则l的斜率为【分析】由椭圆的方程可得b的值，可得P的坐标，设直线AB的方程，与椭圆的方程联立．求出A，B的横坐标，求出横坐标之差的绝对值，进而求出三角形的面积，由题意可得直线AB的斜率．【解答】解：因为P是椭圆C：x24+y2设直线AB的方程为y＝kx，k≠0，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立y=kxx2+4y2=4，可得（1+4所以x＝±21+4所以|x1﹣x2|=4所以S△PAB=12|OP|•|x1﹣x2|=1由题意可得21+4k2=2故答案为：k＝±123．（2021秋•玉林期末）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点F在直线2x﹣y﹣2＝0上，过点F的直线l与抛物线C相交于A，B两点，O为坐标原点，△OAF的面积是△OBF面积的4倍，则直线l的方程为y=±(43【分析】首先求得抛物线方程，设直线l的方程为my＝x﹣1，将直线方程与抛物线的方程联立可得y1+y2=4my1y2【解答】解：设点A，B的坐标分别为（x1，y1）、（x2，y2），焦点F的坐标为（1，0），可求得p＝2，由S△OAF有12|y1|=2|y2设直线l的方程为my＝x﹣1，联立方程y2=4xmy=x−1，消去x后整理为y2有y1+y2=4my1y2=−4，代入则直线l的方程为y=±(4故答案为：y=±(44．（2022•白山一模）已知抛物线C：y2＝2px的焦点为F（1，0），过F的直线与C交于A，B两点，C在A处的切线与C的准线交于P点，若|PF|=5，则|AB|＝5；△PAB面积的最小值为4【分析】由题意可得抛物线方程，设P在第二象限，由|PF|=5，可得P点坐标，设直线AB的方程为x＝my+1，与y2＝4x联立可得|AB|＝4（m2+1），设切线PA的方程为x＝ny+t，与y2＝4x联立可得m=n2−12n，P（﹣1，n【解答】解：因为焦点为F（1，0），所以抛物线C：y2＝4x，不妨设P在第二象限，因为|PF|=5，所以P设直线AB的方程为x＝my+1，与y2＝4x联立并消去x，得y2﹣4my﹣4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，所以|AB|=(1+m2)(16设切线PA的方程为x＝ny+t，与y2＝4x联立消去x，得y2﹣4ny﹣4t＝0，因为Δ＝16n2+16t＝0，所以n2+t＝0，所以y2﹣4ny+4n2＝0，∴y＝2n，即y1＝2n，y2=−2n，m=n2−1若|PF|=5，则n−1n=1，m=12，|AB|＝4（m2+1）＝5，又P（﹣1，2m）到直线AB所以S△PAB=12|AB|d＝4（m2+1）m2+1∴S△PAB＝4a3≥4，所以当m＝0时，△PAB面积的最小，最小值为4．故答案为：5；4．5．（2022•焦作一模）已知抛物线Γ：x2＝2py（p＞0）的焦点F与双曲线2y2﹣2x2＝1的一个焦点重合．（1）求抛物线Γ的方程；（2）过点F作斜率不为0的直线l交抛物线Γ于A，C两点，过A，C作l的垂线分别与y轴交于B，D，求四边形ABCD面积的最小值．【分析】（1）由已知可得p2（2）设过点F作斜率不为0的直线l的方程为y＝kx+1，由对称性不妨设k＞0，A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程可得x1+x2＝4k，x1x2＝4，可得SABCD=12|BD|×|x1|+12|BD|×|x2|＝8（1k+k）（k2+1），令y＝（1k+k）（k2【解答】解：（1）由2y2﹣2x2＝1要可得双曲线的上焦点为F（0，1），∴p2=1，p＝2，∴抛物线Γ的方程为x2＝4（2）设过点F作斜率不为0的直线l的方程为y＝kx+1，由对称性不妨设k＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），由y=kx+1x2=4y，可得x2﹣4kx﹣4＝0，∴x1+x2＝4k，∴x1∴|x1﹣x2|=(过A与直线l垂直的直线方程为y=−1k（x﹣x1）+y1，令x＝0，得yB=−1kx1+y1=−1k过C与直线l垂直的直线方程为y=−1k（x﹣x2）+y2，令x＝0，得yD=−1kx2+y2=−1k∴|BD|＝（1k+k）|x1﹣x2|，∴SABCD=12|BD|×|x1|+12|BD|×|x2|=12|BD|×|x1﹣x2|=12（1k+k）|x1令y＝（1k+k）（k2+1）=1k+2k+k3，则y′=−当k∈（0，33）时，y′＜0，当k∈（33，+∞）时，y′＞0，∴当k=33时，故四边形ABCD面积的最小值为12836．（2021秋•丽水期末）如图，椭圆E1：x26+y2m=1的右焦点为F（3，0），椭圆E2：x26+y2m=t（0＜t＜1），椭圆E2切点分别为Q、R．（Ⅰ）求实数m的值；（Ⅱ）求证：点Q是线段MN的中点；（Ⅲ）求四边形OQMR面积的最大值．【分析】（Ⅰ）利用椭圆E1的右焦点为F（3，0），求出c=3然后求解m（II）当直线MN斜率存在时，设MN：y＝kx+n，与x26+y23=t联立，利用判别式为0，推出n2＝3t（1+2k2），求出Q的横坐标，设M（x1，y1），N（x（Ⅲ）说明点R是线段MP的中点，S四边形OQMR【解答】解：（Ⅰ）∵椭圆E1：x26+y2m=1的右焦点为F∴m＝3………（3分）（II）证明：当直线MN斜率存在时，设MN：y＝kx+n，与x2得（1+2k2）x2+4knx+2n2﹣6t＝0，Δ＝16k2n2﹣4（1+2k2）（2n2﹣6t）＝8（3t+6tk2﹣n2）＝0，⇒n2＝3t（1+2k2），（*）∴xQ设M（x1，y1），N（x2，y2），当t＝1时，x1+x2=−4kn1+2从而点Q是线段MN的中点，当直线MN斜率不存在时，易知点Q仍是线段MN的中点，所以，点Q是线段MN的中点．………（7分）（Ⅲ）由（II）易知，点R是线段MP的中点，S四边形OQMR当直线MN斜率存在时S△OMN=1当直线MN斜率不存在时，MN：x=6t，此时，|MN|=2∴S△OMN=23(1−t)∴S四边形OQMR当t=12时，S四边形OQMR的最大值为7．（2021秋•东莞市期末）已知圆O：x²+y²＝1与x轴负半轴交于点A，过A的直线l1交抛物线y2＝2px（p＞0）与B，C两点，且2AC→（1）证明：点C的横坐标为定值；（2）若点C在圆O内，且过点C与l1垂直的直线l2与圆O交于D，E两点，求四边形ADBE的面积的最大值．【分析】（1）设直线l1的方程，与抛物线方程联立，设B（x1，y1），C（x2，y2），结合2AC→=CB→，得到x1（2）根据（1）所设，表示出弦长|AB|＝4k2+1，再求出|DE|=2【解答】解：由题意知点A的坐标为（﹣1，0），易知直线l1的斜率存在且不为零，设直线l1：y＝k（x﹣1），B（x1，y1），C（x2，y2），联立y=k(x+1)y2=2px，得k2x2+2（k2﹣p）x+k2＝0，则Δ＝4（k2﹣p）2﹣4∴P＞2k2，∴x1+x2=−2(k2−p)k2由2AC→=CB→，即2（x2+1，y2）＝（x1﹣x2，y1﹣y2），∴2（x2+1）＝x1﹣x2，得到x1代入x1x2＝1，得x2=13或x又抛物线y2＝2px（p＞0）开口向右，x＞0，所以点C的横坐标为定值13（2）由（1）知点B的坐标为（3，4k），故|AB|=(3+1)2由（1）知点C的坐标为（13，4k由点C在圆O内，得19+16k2又l2⊥l1，得l2的斜率为−1k，故l2的方程为y−4k3即3x+3ky﹣4k2﹣1＝0，故圆心O到直线l2的距离为4k由垂径定理得|DE|＝21−(4故SADBC=12|AB|×|DE|==43−16k4当且仅当k2=132时，SADBC有最大值所以四边形ADBE的面积的最大值为51368．（2021秋•重庆期末）设A，B两点的坐标分别为A(−2，0)，B(2，0)，直线AD，BD相交于点（Ⅰ）求点D的轨迹方程C；（Ⅱ）若斜率为k（其中k≠0）的直线l过点G（1，0），且与曲线C交于点E，F，弦EF的中点为H，O为坐标原点，直线OH与曲线C交于点M，N，求四边形MENF的面积S的取值范围．【分析】（Ⅰ）设点根据条件列出代数等式，整理可得．（Ⅱ）写出直线方程代入消元，韦达定理整体代入求EF，点差法求OH斜率并求其方程，代入求椭圆方程，可得M，N两点的坐标，再求点到直线距离公式，进一步求四边形面积即可．【解答】解：（Ⅰ）设D（x，y），根据题意可得kAD•kBD=−1所以yx+2•化简得x22+y2＝1（x所以点D的轨迹方程C为x22+y2＝1（x（Ⅱ）由x22+y2=1y=k(x−1)消y，得（1+2k2）x2﹣4设E（x1，y1），F（x2，y2），则x1Δ＝8k2+8＞0恒成立，则|EF|=1+由x1所以k=y则kOH由x22+y2=1y=−所以点M，N到直线EF的距离之和为dM则S=1又因为k≠0，故S的取值范围为(2，229．（2021•上城区校级开学）已知椭圆：y24+x2=1，过椭圆左顶点A的直线l1交抛物线y2＝2px（p＞0）于B，C两点，且BC→=2CA→，经过点C（1）证明：直线l2过定点．（2）求四边形ADBE的面积最大值及p的值．【分析】（1）设直线l1的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合向量的关系，求出y1＝3y2，进而用斜率表示y1，y2，p，求出点C的坐标，求出直线l2的方程，即可证明；（2）由题意得到S四边形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE，然后利用点到直线距离公式求出点A到直线l2的距离d，联立直线l2与椭圆的方程，利用弦长公式求出|DE|，从而表示出△ADE的面积，由基本不等式求解最值，即可得到答案．【解答】（1）证明：由椭圆：y24+x2=1，可知点A的坐标为（﹣1，0），且直线l1过点A与抛物线y2＝2px（则直线l1的斜率存在且不为0，设直线l1的方程为x＝my﹣1（m＞0），B（x1，y1），C（x2，y2），联立方程组x=my−1y2=2px，可得y2﹣2pmy则Δ＞0且y1+y2＝2pm，y1y2＝2p，由BC→=2CA→，则点故y1＝3y2，所以y2=pm2，p因此x2故点C(1又kl1=所以kl则直线l2的方程为y−43m=−故直线l2恒过定点（3，0）；（2）解：由BC→=2CA故S△BDE＝2S△ADE，即S四边形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE，由（1）可知，直线l2为y=−12mx+32m，即x故点A到直线l2的距离d=|−1−3|设D（x3，y3），E（x4，y4），联立方程组x+2my−3=0y24+x2=1，可得（1+16m故Δ＝（﹣48m）2﹣4×（1+16m2）×32＝256m2﹣128＞0，解得m2由|DE|=1+4所以S=16当且仅当44m2−2=94所以S四边形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE＝4，故四边形ADBE的最大面积为4，此时p=810．（2021春•舟山期末）已知椭圆C1：y2a2+x2b2=1(a＞b＞0)的长轴长为4，离心率为12，一动圆（1）求椭圆C1的方程及动圆圆心轨迹C2的方程；（2）过F作两条互相垂直的直线l1，l2，其中l1交椭圆C1于P，Q两点，l2交曲线C2于M，N两点，求四边形PMQN面积的最小值．【分析】（1）由长轴长为4，离心率为12，可得2a=4e=ca=12a2=b2+c2（2）分两种情况：当直线PQ的斜率不存在，当直线PQ的斜率存在时，分别联立直线l1与椭圆的方程，直线l2与抛物线的方程，结合韦达定理，计算出|PQ|，|MN|，再计算S四边形PMQN的面积，即可得出答案．【解答】解：（1）由已知可得2a=4e=则所求椭圆方程C1由已知可得动圆圆心轨迹为抛物线，且抛物线C的焦点为（0，1），准线方程为y＝﹣1，则动圆圆心轨迹方程为C2（2）当直线PQ的斜率不存在时，|PQ|＝4，此时|MN|＝4，从而SPMQN设直线PQ的斜率为k，则k≠0，直线PQ的方程为：y＝kx+1，直线MN的方程为y=−1kx+1，设P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x3，y3），N（x4，由y=kx+1y24+x23=1，消去y可得（4+3|PQ|=1+由y=−1kx+1x2=4y，消去x得y2﹣（2k2由抛物线定义可知：|MN|=|MF|+|NF|=y∴SPMQN令1+k2＝t，∵k＞0，则t＞1，则SPMQN3−2所以S四边形PMQN=24所以四边形PMQN面积的最小值为8．11．（2022春•成都月考）已知圆C：（x﹣1）2+y2＝1，椭圆M：x2（1）求证：圆C在椭圆M内；（2）若圆C的切线m与椭圆M交于P，Q两点，F为椭圆M的右焦点，求△FPQ面积的最大值．【分析】（1）证明椭圆M上任意一点到圆心的距离大于半径1即可解决；（2）以设而不求的方法得到△FPQ面积的表达式，再去求最大值即可．【解答】（1）证明：圆心C（1，0），半径r＝1．设A（x，y）为椭圆M上一点，则|AC|∵−22≤x≤22，∴当x＝2时，|AC而3＞1，即|AC|＞r，故点A总在圆C∴圆C在椭圆M内．解：（2）若直线m斜率不存在，m不能过点F（2，0），则m的方程只能为x＝0，此时|PQ|＝4，S△FPQ＝4；若直线m斜率存在，设m的方程为y＝kx+t（t≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），由直线m与圆C相切得|k+t|k化简得t2+2kt＝1，则k=1由x28+y24=1y=kx+t得（2k2+1）Δ=(4kt)则x1|PQ|=k又F（2，0）到直线m的距离d=|2k+t|S△FPQ设s＝t4+1，则s＞1，S△FPQ综上，△FPQ面积的最大值为4．12．（2021秋•福州期末）已知抛物线C：y2＝2px上的点P（3，c）（c＞0），到焦点F的距离为6．（1）求抛物线C的方程；（2）过点Q（2，1）和焦点F作直线l交抛物线C于A，B两点，求△PAB的面积．【分析】（1）根据抛物线的焦半径公式求得p＝6，即可得到抛物线C的方程；（2）求出直线l的方程，联立抛物线方程，进而可求弦长|AB|，再求出点P到直线l的距离，即可求△PAB的面积．【解答】解：（1）由题设，抛物线准线方程为x=−p2，由抛物线定义知：3+p∴C：y2＝12x．（2）过点Q（2，1）和焦点F（3，0）的直线l的方程为y=1−02−3（x﹣3），即x+联立抛物线方程：x+y−3=0y2=12x，整理得x2设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝18，x1x2＝9，故|AB|＝x1+x2+p＝24，∵点P（3，c）在抛物线上，则c2＝36，c＞0，∴c＝6，点P到直线l的距离为d=62=故△PAB的面积为S△PAB=12|AB|d=12×13．（2021秋•河南期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的短轴长为2，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，点P（b，1（1）求椭圆C的标准方程；（2）求△PAB的面积S的最大值．【分析】（1）由短轴的值及点P的坐标可得a，b的值，进而求出椭圆的标准方程；（2）由题意可得直线PA，PB的斜率互为相反数，由斜率之和为0可得直线AB的斜率，求出P到直线AB的距离，及弦长|AB|的表达式，代入面积公式，由函数的单调性求出面积的最大值．【解答】解：（1）由椭圆的短轴长为2可得2b＝2，所以b＝1，点P（b，1a）在椭圆上，即（1，1所以1a2+1所以椭圆C的标准方程为：x22+（2）由（1）可得P（1，12由题意显然直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y＝kx+t，设A（x1，y1），B（x2，y2），因为直线PA与PB关于直线x＝1对称，所以直线PA，PB的斜率互为相反数，kPA=y1−12联立y=kx+tx2+2y2=2，整理可得：（1+2k2）x2Δ＝16k2t2﹣4（1+2k2）（2t2﹣2）＞0，即t2＜1+2k2，且x1+x2=−4kt1+2k2，x1kPA+kPB＝0，即y1−12x1−122k•2t2−21+2k2+（2t整理可得：22kt2﹣22k﹣22kt2+22k2t+2kt−2t﹣22k2t+1+2k2即2k2﹣22k+1+2kt−2t即（2k﹣1）2+2t（2k解得k=22或t＝﹣k当k=22时，直线方程为y=22则P（1，12）到直线的距离d=则x1+x2=−2t，x1x2＝t2所以弦长|AB|=1+12•(x1所以S△PAB=12|AB|•d=12•1+1当t2＝1时，符合Δ＞0，这时面积取到最大值，且S△PAB最大值为2214．（2022春•台江区校级期末）如图，点A是抛物线y2＝2px（p＞0）上的动点，过点M（2，1）的直线AM与抛物线交于另一点B．（Ⅰ）当A的坐标为（1，2）时，求点B的坐标；（Ⅱ）已知点P（2，0），若M为线段AB的中点，求△PAB面积的最大值．【分析】（Ⅰ）由A，M的坐标，求出直线AB的方程，与抛物线的方程联立求出B的坐标；（Ⅱ）设直线AB的方程，由题意可得AB的纵坐标之和，与抛物线的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的表达式，再求P到直线AB的距离d，代入三角形的面积公式，由二次函数的最值的方法求出面积的最大值．【解答】解：（1）当A的坐标为（1，2）时，则22＝2p•1，所以2p＝4，所以抛物线的方程为：y2＝4x，由题意可得直线AM的方程为：y﹣2=2−11−2（即x＝﹣y+3，代入抛物线的方程可得y2+4y﹣12＝0，解得y＝﹣6或2，代入抛物线的方程可得y=−6x=9或y=2所以B（9，﹣6）；（2）设直线AB的方程：x＝my+n，因为M在直线AB上，所以m+n＝2，P到直线AB的距离d=|2−n|1+m2=|m|1+m2