易错点13 圆锥曲线及直线与圆锥曲线位置关系-备战2024年高考数学考试易错题（新高考专用）

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易错分析
一、设直线的点斜式或斜截式方程忽略判断斜率是否存在致错
1．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1,0)，且与C交于A，B两点，则p＝_______，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝________.
【错解】设直线的方程为l：y＝k(x－1)，代入抛物线方程，得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝1，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(|AF|＋|BF|,|AF||BF|)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1＋1x2＋1)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1x2＋x1＋x2＋1)
＝eq \f(x1＋x2＋2,1＋x1＋x2＋1)＝1.综上，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝1. 答案：2 1
【错因】未考虑直线斜率不存在的情况，
【正解】由eq \f(p,2)＝1，得p＝2.
当直线l的斜率不存在时，l：x＝1，与y2＝4x联立解得y＝±2，
此时|AF|＝|BF|＝2，所以eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)＝1；
当直线l的斜率存在时，设l：y＝k(x－1)，代入抛物线方程，
得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝1，
eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(|AF|＋|BF|,|AF||BF|)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1＋1x2＋1)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(x1＋x2＋2,1＋x1＋x2＋1)＝1.
综上，eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝1. 答案：2 1
2．若直线l与椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.交于A，B两点，且|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|，求证：直线l与某个定圆E相切，并求出定圆E的方程．
【错解】∵|eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))|＝|eq \(OA,\s\up7(―→))－eq \(OB,\s\up7(―→))|，∴eq \(OA,\s\up7(―→))⊥eq \(OB,\s\up7(―→))，则.
设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝6，,y＝kx＋m))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0，
则Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－6)>0，化简得m20，化简得m20恒成立，由根与系数的关系，
得y1＋y2＝eq \f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq \f(4,3t2＋2)，所以eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝eq \f(1,1＋t2y\\al(2,1))＋eq \f(1,1＋t2y\\al(2,2))＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))
＝eq \f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))＝eq \f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(16,3)×eq \f(9,16)＝3.
综上，eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝3为定值．
【错因】未考虑斜率为零的情况，
【正解】（1）当直线AB的斜率为零时，点A，B为椭圆长轴的端点，
则eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＋eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)＋\f(\r(6),3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(\r(6),3)))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(2,3)))2)＝eq \f(4＋\f(4,3),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2)＝3；
当直线AB不与x轴重合时，设直线AB的方程为x＝ty－eq \f(\r(6),3)，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty－\f(\r(6),3)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去x得(t2＋2)y2－eq \f(2\r(6)t,3)y－eq \f(4,3)＝0，则Δ＝eq \f(8,3)t2＋eq \f(16,3)(t2＋2)>0恒成立，
由根与系数的关系，得y1＋y2＝eq \f(2\r(6)t,3t2＋2)，y1y2＝－eq \f(4,3t2＋2)，
所以eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝eq \f(1,1＋t2y\\al(2,1))＋eq \f(1,1＋t2y\\al(2,2))＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))＝eq \f(y1＋y22－2y1y2,1＋t2y\\al(2,1)y\\al(2,2))
＝eq \f(\f(8t2,3t2＋22)＋\f(8,3t2＋2),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(\f(16t2＋1,3t2＋22),1＋t2·\f(16,9t2＋22))＝eq \f(16,3)×eq \f(9,16)＝3.
综上，eq \f(1,|AQ|2)＋eq \f(1,|BQ|2)＝3为定值．
三、忽略圆锥曲线几何性质致错
4．已知P在椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1上，A(0,4)，则|PA|的最大值为( )
A.eq \f(\r(218),3) B.eq \f(76,3)
C．5 D．2eq \r(5)
【错解】选B 设P(x0，y0)，则由题意得eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，故xeq \\al(2,0)＝4(1－yeq \\al(2,0))，
所以|PA|2＝xeq \\al(2,0)＋(y0－4)2＝4(1－yeq \\al(2,0))＋yeq \\al(2,0)－8y0＋16＝－3yeq \\al(2,0)－8y0＋20＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0＋\f(4,3)))2＋eq \f(76,3)，
所以当y0＝－时，|PA|2取得最大值eq \f(76,3)，即|PA|的最大值为eq \f(\r(218),3) . 故选C.
【错因】忽略了椭圆中，本题中－1≤y0≤1，
【正解】选C 设P(x0，y0)，则由题意得eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，故xeq \\al(2,0)＝4(1－yeq \\al(2,0))，
所以|PA|2＝xeq \\al(2,0)＋(y0－4)2＝4(1－yeq \\al(2,0))＋yeq \\al(2,0)－8y0＋16＝－3yeq \\al(2,0)－8y0＋20＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y0＋\f(4,3)))2＋eq \f(76,3)，
又－1≤y0≤1，所以当y0＝－1时，|PA|2取得最大值25，即|PA|的最大值为5.
5．若椭圆的中心为原点，过椭圆的焦点F(－2,0)的直线l与椭圆交于A，B两点，已知AB的中点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))，则椭圆的长轴长为( )
A．2eq \r(2) B．4eq \r(2)
C.eq \f(4\r(3),3) D.eq \f(8\r(3),3)
【错解】选C 由焦点F(－2,0)在x轴上，设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))
作差得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0.(*)，因为直线l过Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))及F(－2,0)，且AB的中点为M，
所以x1＋x2＝－2，y1＋y2＝1，kl＝eq \f(0－\f(1,2),－2－－1)＝eq \f(1,2)＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，代入(*)式，
得eq \f(b2,a2)＋eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(b2,a2)＋eq \f(1,－2)×eq \f(1,2)＝0，即b2＝eq \f(1,4)a2，
因为c2＋b2＝a2，c＝2，所以a＝eq \f(4\r(3),3)，故选C.
【错因】忽略椭圆的的长轴长的定义，椭圆的的长轴长为2a,而不是a.
【正解】选D 由焦点F(－2,0)在x轴上，设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为A(x1，y1)，B(x2，y2)在椭圆上，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))
作差得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0.(*)，因为直线l过Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))及F(－2,0)，且AB的中点为M，
所以x1＋x2＝－2，y1＋y2＝1，kl＝eq \f(0－\f(1,2),－2－－1)＝eq \f(1,2)＝eq \f(y1－y2,x1－x2)，代入(*)式，
得eq \f(b2,a2)＋eq \f(y1＋y2,x1＋x2)·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(b2,a2)＋eq \f(1,－2)×eq \f(1,2)＝0，即b2＝eq \f(1,4)a2，
因为c2＋b2＝a2，c＝2，所以a＝eq \f(4\r(3),3)，所以椭圆的长轴长为eq \f(8\r(3),3)，故选D.
6．已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，直线l：y＝eq \f(\r(2),4)x与椭圆C相交于A，B两点，若|AB|＝2c，则椭圆C的离心率为________．
【错解】设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1，y1)，则y1＝eq \f(\r(2),4)x1，由|AB|＝2c，
可知|OA|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))＝c(O为坐标原点)，即eq \r(x\\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)x1))2)＝c，所以x1＝eq \f(2\r(2),3)c，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)c，\f(c,3))).把点A的坐标代入椭圆方程得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)c))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)c))2,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，
整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，又0＜e＜1，所以e＝eq \f(\r(3),2)或.
【错因】忽略了椭圆的离心率0＜e＜1，
【正解】设直线l与椭圆C在第一象限内的交点为A(x1，y1)，则y1＝eq \f(\r(2),4)x1，由|AB|＝2c，
可知|OA|＝eq \r(x\\al(2,1)＋y\\al(2,1))＝c(O为坐标原点)，即eq \r(x\\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)x1))2)＝c，所以x1＝eq \f(2\r(2),3)c，
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)c，\f(c,3))).把点A的坐标代入椭圆方程得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(2),3)c))2,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)c))2,b2)＝1，又a2＝b2＋c2，
整理得8e4－18e2＋9＝0，即(4e2－3)(2e2－3)＝0，又0＜e＜1，所以e＝eq \f(\r(3),2). 答案：eq \f(\r(3),2)
7、若点F1，F2依次为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，且|F1F2|＝6，B1(0，－b)，
B2(0，b)．若双曲线C上存在点P，使得eq \(B1P,\s\up7(―→))·eq \(B2P,\s\up7(―→))＝－2，则实数b的取值范围为_______．
【错解】设双曲线上的点P(x，y)满足eq \(B1P,\s\up7(―→))·eq \(B2P,\s\up7(―→))＝－2，即x2＋y2＝b2－2，
又eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1⇒y2＝eq \f(b2,a2)x2－b2，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(b2,a2)))x2＝2b2－2，即eq \f(c2,a2)x2＝2b2－2，
∵|x|≥a⇒x2≥a2，且c2＝9，∴2b2－2≥9⇒b≥eq \f(\r(22),2)，
∴实数b的取值范围是。
【错因】忽略了双曲线中b0)的两条渐近线与抛物线y2=4x的准线相交于A，B两点，
△AOB的面积为2，∴12×|−1|×|AB|=2，A(−1,−ba)，B(−1,ba)，∴ba=2，即b=2a，
∴c=a2+4a2=5a，∴e=ca=5．
28．若焦点在x轴上的椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,b2)＝1的离心率e＝eq \f(1,2)，F，A分别是椭圆的左焦点和右顶点，P是椭圆上任意一点，则eq \(PF,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))的最大值为________．
【答案】4
【解析】由题意知a＝2，因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，故椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.设点P的坐标为(x0，y0)，所以－2≤x0≤2，因为F(－1,0)，A(2,0)，所以eq \(PF,\s\up7(―→))＝(－1－x0，－y0)，eq \(PA,\s\up7(―→))＝(2－x0，－y0)，所以eq \(PF,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))＝xeq \\al(2,0)－x0－2＋yeq \\al(2,0)＝eq \f(1,4)xeq \\al(2,0)－x0＋1＝eq \f(1,4)(x0－2)2，则当x0＝－2时，eq \(PF,\s\up7(―→))·eq \(PA,\s\up7(―→))取得最大值4.
29．定义椭圆的“蒙日圆”的方程为,已知椭圆的长轴长为,离心率为.
（1）求椭圆的标准方程和它的“蒙日圆”的方程；
（2）过“蒙日圆”上的任意一点作椭圆的一条切线,为切点,延长与“蒙日圆”点交于点,为坐标原点,若直线,的斜率存在,且分别设为,,证明：为定值.
解：（1）由题意知,,,，椭圆的方程,
“蒙日圆”的方程为,即
（2）当切线的斜率存在且不为零时,设切线的方程为,则
由,消去得
,
由,消去得
设,,则,
,
当切线的斜率不存在且为零时,成立,
为定值
30.已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，右焦点F(1,0)，离心率为eq \f(\r(2),2)，过F作两条互相垂直的弦AB，CD.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求以A，B，C，D为顶点的四边形的面积的取值范围．
解：(1)由题意得c＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，则b＝c＝1，则椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)①当两直线一条斜率不存在、一条斜率为0时，S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(2)＝2.②当两直线斜率存在且都不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将其代入椭圆方程整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)，同理，|CD|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)，则S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)·eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)·eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(4k2＋12,2k4＋2＋5k2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2－eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2))，当k＝±1时，S＝eq \f(16,9).综上所述，四边形面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2)).
31．已知双曲线C：eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的离心率为eq \r(2)，且经过A(0,2)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)若过点B(2,0)的直线交双曲线C于x轴下方不同的两点P，Q，设PQ中点为M，求三角形BOM(O为坐标原点)面积的取值范围．
解：(1)双曲线的离心率为eq \r(2)，即eq \f(c,a)＝eq \r(2)，因为点A(0,2)在双曲线eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1上，所以eq \f(4,a2)＝1，a＝2，则c＝2eq \r(2)，又c2＝a2＋b2，所以b＝2.所以双曲线C的方程为y2－x2＝4.
(2)易知直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为x－2＝my(m≠0)，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2＝my，,y2－x2＝4，))
得(1－m2)y2－4my－8＝0，设P，Q两点的纵坐标分别为y1，y2，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－m2≠0，,Δ＝16m2＋321－m2＝162－m2＞0，,y1＋y2＝\f(4m,1－m2)＜0，,y1y2＝\f(－8,1－m2)＞0，))解得1＜m＜eq \r(2).设点M的纵坐标为y0，则y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(2m,1－m2)，所以S△BOM＝eq \f(1,2)×|OB|×|y0|＝eq \f(1,2)×2×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2m,1－m2)))＝eq \f(2m,m2－1)＝eq \f(2,m－\f(1,m))，
1＜m＜eq \r(2).易知函数y＝x－eq \f(1,x)在(1，eq \r(2))上单调递增，所以m－eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),2)))，
所以三角形BOM面积的取值范围为(2eq \r(2)，＋∞)．
32．已知双曲线Γ：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)经过点P(2,1)，且其中一焦点F到一条渐近线的距离为1.
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过点P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交双曲线Γ于A，B两点，求点P到直线AB距离的最大值．
解：(1)∵双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1过点(2,1)，∴eq \f(4,a2)－eq \f(1,b2)＝1.不妨设F为右焦点，则F(c,0)到渐近线
bx－ay＝0的距离d＝eq \f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b，∴b＝1，a2＝2，∴所求双曲线的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，设A(x0，y0)(y0>0)，则B(x0，－y0)，eq \(PA,\s\up7(―→))＝(x0－2，y0－1)，eq \(PB,\s\up7(―→))＝(x0－2，－y0－1)，∵eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝0，∴(x0－2)2－(y0－1)(y0＋1)＝0，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\\al(2,0)－4x0－y\\al(2,0)＋5＝0，,\f(x\\al(2,0),2)－y\\al(2,0)＝1，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝6，,y0＝\r(17))) 或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝2，,y0＝1))(舍去)，即A(6，eq \r(17))，B(6，－eq \r(17))，此时点P到AB的距离为6－2＝4.当直线AB的斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋m.将y＝kx＋m代入x2－2y2＝2中，整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0.∴x1＋x2＝eq \f(－4km,2k2－1) ①，x1x2＝eq \f(2m2＋2,2k2－1) ②.∵eq \(PA,\s\up7(―→))·eq \(PB,\s\up7(―→))＝0，∴(x1－2，y1－1)·(x2－2，y2－1)＝0，即(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋m2－2m＋5＝0 ③.将①②代入③，得m2＋8km＋12k2＋2m－3＝0，∴(m＋2k－1)(m＋6k＋3)＝0.而P∉直线AB，∴m＝－6k－3，从而直线AB的方程为y＝kx－6k－3.将y＝kx－6k－3代入x2－2y2－2＝0中，得(1－2k2)x2＋(24k2＋12k)x－72k2－72k－20＝0，判别式Δ>0恒成立，∴y＝kx－6k－3即为所求直线．∴P到AB的距离d＝eq \f(|2k－6k－3－1|,\r(1＋k2))＝eq \f(4|k＋1|,\r(k2＋1)).∵eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,4)))2＝eq \f(k2＋1＋2k,k2＋1)＝1＋eq \f(2k,k2＋1)≤2，∴d≤4eq \r(2)，即此时点P到直线AB距离的最大值为4eq \r(2).∵4eq \r(2)>4，故点P到直线AB距离的最大值为4eq \r(2).