2024版高考数学微专题专练54曲线与方程理（附解析）

这是一份2024版高考数学微专题专练54曲线与方程理（附解析），共8页。


[基础强化]
一、选择题
1．已知平面内动点P满足|PA|＋|PB|＝4，其中|AB|＝4，则点P点轨迹是( )
A．直线 B．线段
C．圆 D．椭圆
2．已知点(0，0)，A(1，－2)，动点P满足|PA|＝3|PO|，则P点的轨迹方程是( )
A．8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0
B．8x2＋8y2－2x－4y－5＝0
C．8x2＋8y2＋2x＋4y－5＝0
D．8x2＋8y2－2x＋4y－5＝0
3．若M，N为两个定点，且|MN|＝6，动点P满足eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0，则P点的轨迹是( )
A．圆B．椭圆
C．双曲线D．抛物线
4．[2022·黑龙江一模]在平面直角坐标系中，双曲线C过点P(1，1)，且其两条渐近线的方程分别为2x＋y＝0和2x－y＝0，则双曲线C的标准方程为( )
A.eq \f(x2,3)－eq \f(4y2,3)＝1
B．eq \f(4x2,3)－eq \f(y2,3)＝1
C．eq \f(4x2,3)－eq \f(y2,3)＝1或eq \f(x2,3)－eq \f(4y2,3)＝1
D．eq \f(4y2,3)－eq \f(x2,3)＝1
5．若点P到直线x＝－1的距离比它到点(2，0)的距离小1，则点P的轨迹为( )
A．圆B．椭圆
C．双曲线D．抛物线
6．设P为双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1上一动点，O为坐标原点，M为线段OP的中点，则点M的轨迹方程是( )
A．eq \f(x2,8)－eq \f(y2,2)＝1B．x2－4y2＝1
C．eq \f(x2,4)－y2＝1D．eq \f(x2,2)－2y2＝1
7．设A，B为椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1的左、右顶点，O为坐标原点，若|PO|是|PA|和|PB|的等比中项，则点P的轨迹方程为( )
A．x2－y2＝1B．x2－y2＝2
C．y2－x2＝1D．y2－x2＝2
8．[2022·广东省茂名五校联考]已知圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，点M是圆上的动点，AM与圆相切，且|AM|＝2，则点A的轨迹方程是( )
A.y2＝4x
B．x2＋y2－2x－2y－3＝0
C．x2＋y2－2y－3＝0
D．y2＝－4x
9．[2022·陕西省宝鸡三模]已知点A(－1，0)、B(1，0)，若过A、B两点的动抛物线的准线始终与圆x2＋y2＝8相切，该抛物线焦点的轨迹是某圆锥曲线的一部分，则该圆锥曲线是( )
A．椭圆B．圆
C．双曲线D．抛物线
二、填空题
10．已知直线l过点(1，0)且垂直于x轴．若l被抛物线y2＝4ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为________.
11．到点O(0，0)和A(1，0)的距离的平方和为1的轨迹方程为________．
12．设F是抛物线y＝eq \f(1,4)x2的焦点，P是抛物线上的动点，则线段PF中点的轨迹方程是________．
[能力提升]
13．[2022·云南省昆明“三诊一模”]已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,2)＝1(a＞eq \r(2))，过焦点F的直线l与M交于A，B两点，坐标原点O在以AF为直径的圆上，若|AF|＝2|BF|，则M的方程为( )
A.eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1B．eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1
C．eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,2)＝1D．eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1
14．[2022·陕西省宝鸡二模]椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,2)＝1中以点M(2，1)为中点的弦所在直线方程为( )
A.4x＋9y－17＝0
B．4x－9y－17＝0
C．eq \r(7)x＋3y－2eq \r(7)－3＝0
D．eq \r(7)x－3y－2eq \r(7)＋3＝0
15．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A(1，0)，B(2，2)，若点C满足eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋t(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，其中t∈R，则点C的轨迹方程是______________．
16．曲线y＝eq \f(1,k)x－1与y＝kx＋1(k为参数)的交点的轨迹方程为______________．
专练54 曲线与方程
1．B ∵|PA|＋|PB|＝4＝|AB|，∴点P的轨迹是线段AB.
2．A 设P(x，y)，∵|PA|＝3|PO|，
∴(x－1)2＋(y＋2)2＝9(x2＋y2)即：8x2＋8y2＋2x－4y－5＝0.
3．A eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝0，∴PM⊥PN，∴点P的轨迹是以MN为直径的圆．
4．B 若双曲线焦点在x轴上，则可设其标准方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，
可列eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,b2)＝1,\f(b,a)＝2))，解得a2＝eq \f(3,4)，b2＝3，其标准方程为eq \f(4x2,3)－eq \f(y2,3)＝1.
若双曲线焦点在y轴上，则可设其标准方程为eq \f(y2,a2)－eq \f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)－\f(1,b2)＝1,\f(a,b)＝2))，此时无解，综上，双曲线方程为eq \f(4x2,3)－eq \f(y2,3)＝1.
5．D 由题意得P到直线x＝－2的距离与它到(2，0)的距离相等，∴点P的轨迹为抛物线．
6．B 设M(x，y)，P(x1，y1)，∵M为OP的中点，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＝x1，,2y＝y1，))又(x1，y1)在eq \f(x2,4)－y2＝1上，
∴eq \f(4x2,4)－4y2＝1，即x2－4y2＝1即为所求．
7．A 设P(x，y)，又A(－eq \r(2)，0)，B(eq \r(2)，0)，且|PO|2＝|PA|·|PB|，
∴x2＋y2＝eq \r(（x＋\r(2)）2＋y2)·eq \r(（x－\r(2)）2＋y2)，化简得x2－y2＝1，
∴点P的轨迹方程为x2－y2＝1.
8．B 因为圆C：(x－1)2＋(y－1)2＝1，所以圆心C(1，1)，半径r＝1，因为点M是圆上的动点，所以|MC|＝1，又AM与圆相切，且|AM|＝2，则|AC|＝eq \r(|MC|2＋|AM|2)＝eq \r(5)，设A(x，y)，则(x－1)2＋(y－1)2＝5，即x2＋y2－2x－2y－3＝0，所以点A的轨迹方程为x2＋y2－2x－2y－3＝0.
9．A 由题设知，抛物线焦点F到定点A和B的距离之和等于A和B分别到准线的距离和，等于AB的中点O到准线的距离的二倍，由抛物线准线与圆相切知和为2r＝4eq \r(2)，所以|FA|＋|FB|＝4eq \r(2)＞|AB|＝2，所以抛物线焦点的轨迹方程C是以A和B为焦点的椭圆．
10．(1，0)
解析：由题意得a>0，设直线l与抛物线的两交点分别为A，B，不妨令A在B的上方，则A(1，2eq \r(a))，B(1，－2eq \r(a))，故|AB|＝4eq \r(a)＝4，得a＝1，故抛物线方程为y2＝4x，其焦点坐标为(1，0).
11．x2＋y2－x＝0
解析：设P(x，y)为所求曲线上一点，由题意得x2＋y2＋(x－1)2＋y2＝1.
整理得x2＋y2－x＝0.
12．x2＝2y－1
解析：由题意得F(0，1)，设PF的中点为M(x，y)，P(x1，y1)，
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝2x，,1＋y1＝2y，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＝2x，,y1＝2y－1，))又(x1，y1)在y＝eq \f(1,4)x2上，
∴2y－1＝eq \f(1,4)×(2x)2＝x2，即x2＝2y－1.
13．A 由于坐标原点O在以AF为直径的圆上，故可设A为上顶点，F为右焦点，F1为左焦点．则|AF|＝|AF1|＝a，|BF|＝eq \f(1,2)a，|BF1|＝eq \f(3,2)a，cs∠F1AF＝cs∠F1AB，由余弦定理得eq \f(a2＋a2－4c2,2·a·a)＝eq \f(a2＋（\f(3,2)a）2－（\f(3,2)a）2,2·a·\f(3,2)a)，a2＝3c2，结合b2＝2，a2＝b2＋c2解得a＝eq \r(3)，c＝1.所以M的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
14．A 设点M(2，1)为中点的弦的端点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,9)＋\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2)＝1,\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)＋\f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)＝1))，两式相减得eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,9)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)＝0，
因为M(2，1)为中点，所以eq \f(x1＋x2,2)＝2，eq \f(y1＋y2,2)＝1，
所以斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝－eq \f(2（x1＋x2）,9（y1＋y2）)＝－eq \f(4,9)，
所以所求直线方程为y－1＝－eq \f(4,9)(x－2)，即4x＋9y－17＝0.
15．y＝2x－2
解析：设C(x，y)，又eq \(OC,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋t(eq \(OB,\s\up6(→))－eq \(OA,\s\up6(→)))，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝t＋1，,y＝2t，))消去参数t，得y＝2x－2.
16．y2－x2＝1
解析：由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,k)x－1，,y＝kx＋1，))得(y＋1)(y－1)＝eq \f(1,k)x·kx＝x2，
整理得y2－x2＝1.
专练55 高考大题专练(五)
圆锥曲线的综合运用
1．解析：(1)由题意知M(0，－4)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即eq \f(p,2)＋4－1＝4，解得p＝2.(技巧点拨：F与圆M上点的距离的最小值为|MF|－r，最大值为|MF|＋r)
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)))，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b,x2＝4y))，消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0 (※)，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝4eq \r(1＋k2)·eq \r(k2＋b).
因为x2＝4y，即y＝eq \f(x2,4)，所以y′＝eq \f(x,2)，则抛物线在点A处的切线斜率为eq \f(x1,2)，在点A处的切线方程为y－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)＝eq \f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)，(技巧点拔：因为抛物线方程为x2＝4y，即y＝eq \f(x2,4)，所以想到利用导数的几何意义求切线方程)
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)，
联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,2)x－\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4),y＝\f(x2,2)x－\f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)))，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1＋x2,2)＝2k,y＝\f(x1x2,4)＝－b))，
即P(2k，－b).因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1 ①，
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－eq \f(1,2)≤k≤eq \f(1,2)，3≤b≤5，满足(※).(易错警示：由点P在圆M上，只得到了4k2＋(4－b)2＝1，而忽视k，b的取值范围，导致得到错误答案)
设点P到直线AB的距离为d，则d＝eq \f(|2k2＋2b|,\r(1＋k2))，
所以S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝4eq \r(（k2＋b）3).
由①得，k2＝eq \f(1－（4－b）2,4)＝eq \f(－b2＋8b－15,4)，
令t＝k2＋b，则t＝eq \f(－b2＋12b－15,4)，且3≤b≤5.
因为t＝eq \f(－b2＋12b－15,4)在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20eq \r(5).
2．解析：(1)(方法一)由题意可知，当x＝p时，y2＝2p2.
设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为eq \r(2)p，|MD|＝eq \r(2)p，|FD|＝eq \f(p,2).
在Rt△MFD中，|FD|2＋|MD|2＝|FM|2，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)))eq \s\up12(2)＋(eq \r(2)p)2＝9，解得p＝2.
所以C的方程为y2＝4x.
(方法二)抛物线的准线方程为x＝－eq \f(p,2).
当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p.
此时|MF|＝p＋eq \f(p,2)＝3，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，则k1＝tanα，k2＝tanβ.
由题意可得k1≠0，k2≠0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，y1＞0，y2＜0，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y3＜0，y4＞0.
设直线AB的方程为y＝k2(x－m)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程为y＝k1(x－1)，直线MD的方程为y＝k3(x－2)，直线ND的方程为y＝k4(x－2).
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k1（x－1），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) x2－(2keq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))＋4)x＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝0，则x1x2＝1.
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k2（x－m），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) x2－(2mk eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4)x＋k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) m2＝0，则x3x4＝m2.
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k3（x－2），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) x2－(4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＋4)x＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(3)) ＝0，则x1x3＝4.
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k4（x－2），,y2＝4x，))
所以k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) x2－(4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＋4)x＋4k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(4)) ＝0，则x2x4＝4.
所以M(x1，2eq \r(x1))，N(eq \f(1,x1)，eq \f(－2,\r(x1)))，A(eq \f(4,x1)，eq \f(－4,\r(x1)))，B(4x1，4eq \r(x1)).
所以k1＝eq \f(2\r(x1),x1－1)，k2＝eq \f(\r(x1),x1－1)，k1＝2k2，
所以tan (α－β)＝eq \f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq \f(k1－k2,1＋k1k2)＝eq \f(k2,1＋2k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝eq \f(1,\f(1,k2)＋2k2).
因为k1＝2k2，所以k1与k2同号，所以α与β同为锐角或钝角．
当α－β取最大值时，tan (α－β)取得最大值．所以k2＞0，且当eq \f(1,k2)＝2k2，即k2＝eq \f(\r(2),2)时，α－β取得最大值．易得x3x4＝eq \f(16,x1x2)＝m2，又易知m＞0，所以m＝4.
所以直线AB的方程为x－eq \r(2)y－4＝0.
3．解析：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n).
将点A(0，－2)，B(eq \f(3,2)，－1)的坐标代入，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4n＝1，,\f(9,4)m＋n＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝\f(1,3)，,n＝\f(1,4)．))
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：(方法一)设M(x1，y1)，N(x2，y2).
由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2).
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1＝t（y＋2），,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y1＋y2＝－eq \f(16t2＋8t,4t2＋3)，y1y2＝eq \f(16t2＋16t－8,4t2＋3).
设T(x0，y1).由A，B，T三点共线，得eq \f(y1＋2,x0)＝eq \f(y1＋1,x0－\f(3,2))，得x0＝eq \f(3,2)y1＋3.
设H(x′，y′).
由eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→))，得(eq \f(3,2)y1＋3－x1，0)＝(x′－eq \f(3,2)y1－3，y′－y1)，
所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，
所以直线HN的斜率k＝eq \f(y2－y′,x2－x′)＝eq \f(y2－y1,x2＋x1－（3y1＋6）)＝eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)，
所以直线HN的方程为y－y2＝eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)·(x－x2).
令x＝0，得y＝eq \f(y2－y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)·(－x2)＋y2
＝eq \f(（y1－y2）（ty2＋2t＋1）,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)＋y2
＝eq \f(（2t－3）y1y2＋（2t－5）（y1＋y2）＋6y1,t（y1＋y2）－3y1＋4t－4)
＝eq \f(（2t－3）·\f(16t2＋16t－8,4t2＋3)＋（5－2t）·\f(16t2＋8t,4t2＋3)＋6y1,－\f(t（16t2＋8t）,4t2＋3)－3y1＋4t－4)
＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2).
(方法二)由A(0，－2)，B(eq \f(3,2)，－1)可得直线AB的方程为y＝eq \f(2,3)x－2.
a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.
将直线方程x＝1代入eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,4)＝1，可得N(1，eq \f(2\r(6),3))，M(1，－eq \f(2\r(6),3)).
将y＝－eq \f(2\r(6),3)代入y＝eq \f(2,3)x－2，可得T(3－eq \r(6)，－eq \f(2\r(6),3)).
由eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→))，得H(5－2eq \r(6)，－eq \f(2\r(6),3)).
此时直线HN的方程为y＝(2＋eq \f(2\r(6),3))(x－1)＋eq \f(2\r(6),3)，
则直线HN过定点(0，－2).
b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx－y－（k＋2）＝0，,\f(x2,3)＋\f(y2,4)＝1.))
消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(6k（2＋k）,3k2＋4)，,x1x2＝\f(3k（4＋k）,3k2＋4)，))则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(－8（2＋k）,3k2＋4)，,y1y2＝\f(4（4＋4k－2k2）,3k2＋4)，))
且x1y2＋x2y1＝eq \f(－24k,3k2＋4).①
联立得方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝y1，,y＝\f(2,3)x－2))，可得T(eq \f(3y1,2)＋3，y1).
由eq \(MT,\s\up6(→))＝eq \(TH,\s\up6(→))，得H(3y1＋6－x1，y1).
则直线HN的方程为y－y2＝eq \f(y1－y2,3y1＋6－x1－x2)(x－x2).
将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②
将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上可得，直线HN过定点(0，－2).
4．解析：(1)设曲线C上任意一点P的坐标为(x，y)，则有：eq \r(（x－2）2＋y2)＝|x|＋2，
当x≥0时，有y2＝8x；当x＜0时，有y＝0，
所以曲线的方程为y2＝8x(x≥0)或y＝0(x＜0).
(2)由题意设l的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝8x))⇒y2－8my－16＝0，∴Δ＞0⇒m∈R，y1＋y2＝8m，y1y2＝－16，
∴|AB|＝eq \r(1＋m2)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝8(1＋m2)，
设切线MA的方程为y－y1＝k(x－x1)(k≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－y1＝k（x－x1），,y2＝8x))⇒y2－eq \f(8,k)y＋eq \f(8y1,k)－8x1＝0，∴Δ＝0⇒ky1＝4，
∴切线MA的方程为y－y1＝eq \f(4,y1)(x－x1)，化简得yy1＝4(x＋x1)＝4x＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,2)， ①
同理可得切线MB的方程为yy2＝4(x＋x2)＝4x＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,2)， ②
由①②得点M的坐标为M(－2，4m)，
∴点M到直线l的距离d＝eq \f(|－2－4m2－2|,\r(1＋m2))＝4eq \r(1＋m2)，
∴S△MAB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝16(1＋m2)eq \s\up6(\f(3,2))≥16，当且仅当m＝0时等号成立，故△MAB面积的最小值为16.
5．解析：(1)圆A：(x－1)2＋y2＝8的圆心A(1，0)，半径r＝2eq \r(2)，依题意，|SB|＝|ST|，|SB|＋|SA|＝|ST|＋|SA|＝|AT|＝2eq \r(2)＞2＝|AB|，即点S的轨迹是以B，A为左右焦点，长轴长为2eq \r(2)的椭圆，
短半轴长b＝eq \r(（\r(2)）2－12)＝1，
所以曲线C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由eq \(DE,\s\up6(→))·eq \(MN,\s\up6(→))＝0知，DE⊥MN，直线DE，MN不垂直坐标轴，否则点P，Q之一与点B重合，不能构成三角形，
即直线DE的斜率存在且不为0，设直线DE方程为y＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,x2＋2y2＝2))消去y并整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，DE中点P(xP，yP)，
则有x1＋x2＝－eq \f(4k2,2k2＋1)，xP＝－eq \f(2k2,2k2＋1)，yP＝eq \f(k,2k2＋1)，因此，
|BP|＝eq \r(（1－\f(2k2,2k2＋1)）2＋（\f(k,2k2＋1)）2)＝eq \f(\r(k2＋1),2k2＋1)，
直线MN的斜率为－eq \f(1,k)，同理可得|BQ|＝eq \f(|k|\r(k2＋1),k2＋2)，
△BPQ面积S△BPQ＝eq \f(1,2)|BP||BQ|＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(k2＋1),2k2＋1)·eq \f(|k|\r(k2＋1),k2＋2)＝eq \f(|k|＋\f(1,|k|),4（|k|＋\f(1,|k|)）2＋2)，
令t＝|k|＋eq \f(1,|k|)≥2，当且仅当|k|＝1时取“＝”，则S△BPQ＝eq \f(t,4t2＋2)＝eq \f(1,4t＋\f(2,t))，
函数y＝4t＋eq \f(2,t)在[2，＋∞)上单调递增，即当t＝2时，(4t＋eq \f(2,t))min＝9，
所以当t＝2，即k＝±1时，(S△BPQ)max＝eq \f(1,9)，
所以△BPQ面积的最大值是eq \f(1,9).