高考数学(文数)一轮复习考点测试48《抛物线》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试48《抛物线》（教师版），共11页。试卷主要包含了理解数形结合的思想，设抛物线C，已知F为抛物线C等内容，欢迎下载使用。

本考点是高考必考知识点，常考题型为选择题、填空题、解答题，分值为5分或12分，中、高等难度
考纲研读
1．掌握抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单几何性质(范围、对称性、顶点、离心率)
2．理解数形结合的思想
3．了解抛物线的实际背景及抛物线的简单应用
一、基础小题
1．抛物线y＝eq \f(1,4)x2的准线方程是( )
A．y＝－1 B．y＝－2 C．x＝－1 D．x＝－2
答案 A
解析 依题意，抛物线x2＝4y的准线方程是y＝－1，故选A．
2．设抛物线y2＝8x上一点P到y轴的距离是4，则点P到该抛物线准线的距离为( )
A．4 B．6 C．8 D．12
答案 B
解析 依题意得，抛物线y2＝8x的准线方程是x＝－2，因此点P到该抛物线准线的距离为4＋2＝6，故选B．
3．到定点A(2，0)与定直线l：x＝－2的距离相等的点的轨迹方程为( )
A．y2＝8x B．y2＝－8x C．x2＝8y D．x2＝－8y
答案 A
解析 由抛物线的定义可知该轨迹为抛物线且p＝4，焦点在x轴正半轴上，故选A．
4．若抛物线y2＝2px(p>0)上的点A(x0，eq \r(2))到其焦点的距离是A到y轴距离的3倍，则p等于( )
A．eq \f(1,2) B．1 C．eq \f(3,2) D．2
答案 D
解析 由题意3x0＝x0＋eq \f(p,2)，x0＝eq \f(p,4)，则eq \f(p2,2)＝2，∵p>0，∴p＝2，故选D．
5．过抛物线y2＝4x的焦点作直线交抛物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，若x1＋x2＝6，则|AB|等于( )
A．4 B．6 C．8 D．10
答案 C
解析 由抛物线y2＝4x得p＝2，由抛物线定义可得|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝x1＋x2＋2，又因为x1＋x2＝6，所以|AB|＝8，故选C．
6．若抛物线y＝4x2上一点到直线y＝4x－5的距离最短，则该点为( )
A．(1，2) B．(0，0) C．eq \f(1,2)，1 D．(1，4)
答案 C
解析 解法一：根据题意，直线y＝4x－5必然与抛物线y＝4x2相离，抛物线上到直线的最短距离的点就是与直线y＝4x－5平行的抛物线的切线的切点．由y′＝8x＝4得x＝eq \f(1,2)，故抛物线的斜率为4的切线的切点坐标是eq \f(1,2)，1，该点到直线y＝4x－5的距离最短．故选C．
解法二：抛物线上的点(x，y)到直线y＝4x－5的距离是d＝eq \f(|4x－y－5|,\r(17))＝eq \f(|4x－4x2－5|,\r(17))＝eq \f(4x－\f(1,2)2＋4,\r(17))，显然当x＝eq \f(1,2)时，d取得最小值，此时y＝1．故选C．
7．已知动圆过点(1，0)，且与直线x＝－1相切，则动圆的圆心的轨迹方程为________．
答案 y2＝4x
解析 设动圆的圆心坐标为(x，y)，则圆心到点(1，0)的距离与其到直线x＝－1的距离相等，根据抛物线的定义易知动圆的圆心的轨迹方程为y2＝4x．
8．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线与x轴的交点为M，N为抛物线上的一点，且满足|NF|＝eq \f(\r(3),2)|MN|，则∠NMF＝________．
答案 eq \f(π,6)
解析 过N作准线的垂线，垂足是P，则有|PN|＝|NF|，∴|PN|＝eq \f(\r(3),2)|MN|，∠NMF＝∠MNP．又cs∠MNP＝eq \f(\r(3),2)，∴∠MNP＝eq \f(π,6)，即∠NMF＝eq \f(π,6)．
二、高考小题
9．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2，0)且斜率为eq \f(2,3)的直线与C交于M，N两点，则eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝( )
A．5 B．6 C．7 D．8
答案 D
解析 根据题意，过点(－2，0)且斜率为eq \f(2,3)的直线方程为y＝eq \f(2,3)(x＋2)，与抛物线方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(2,3)x＋2，,y2＝4x，))消去x并整理，得y2－6y＋8＝0，解得M(1，2)，N(4，4)，又F(1，0)，所以eq \(FM,\s\up6(→))＝(0，2)，eq \(FN,\s\up6(→))＝(3，4)，从而可以求得eq \(FM,\s\up6(→))·eq \(FN,\s\up6(→))＝0×3＋2×4＝8，故选D．
10．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|AB|＋|DE|的最小值为( )
A．16 B．14 C．12 D．10
答案 A
解析 因为F为y2＝4x的焦点，所以F(1，0)．
由题意直线l1，l2的斜率均存在，且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－eq \f(1,k)，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－eq \f(1,k)(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(2k2＋4,k2)2－4)＝eq \f(41＋k2,k2)．同理可得|DE|＝4(1＋k2)．
所以|AB|＋|DE|＝eq \f(41＋k2,k2)＋4(1＋k2)＝4eq \f(1,k2)＋1＋1＋k2＝8＋4k2＋eq \f(1,k2)≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝eq \f(1,k2)，即k＝±1时，取得等号．故选A．
11.已知点M(－1，1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点．若∠AMB＝90°，则k＝________．
答案 2
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝4x1，,y\\al(2,2)＝4x2，))
所以yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4x1－4x2，所以k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)．
取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1 的垂线，垂足分别为A′，B′．
因为∠AMB＝90°，所以|MM′|＝eq \f(1,2)|AB|＝eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)＝eq \f(1,2)(|AA′|＋|BB′|)．
因为M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴．
因为M(－1，1)，所以y0＝1，则y1＋y2＝2，所以k＝2．
12．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________．
答案 (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)．
13．设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l．已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A．若∠FAC＝120°，则圆的方程为______________________．
答案 (x＋1)2＋(y－eq \r(3))2＝1
解析 由y2＝4x可得点F的坐标为(1，0)，准线l的方程为x＝－1．
由圆心C在l上，且圆C与y轴正半轴相切(如图)，可得点C的横坐标为－1，
圆的半径为1，∠CAO＝90°．
又因为∠FAC＝120°，所以∠OAF＝30°，所以|OA|＝eq \r(3)，所以点C的纵坐标为eq \r(3)．
所以圆的方程为(x＋1)2＋(y－eq \r(3))2＝1．
三、模拟小题
14．抛物线y＝4ax2(a≠0)的焦点坐标是( )
A．(0，a) B．(a，0) C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,16a))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,16a)，0))
答案 C
解析 将y＝4ax2(a≠0)化为标准方程得x2＝eq \f(1,4a)y(a≠0)，所以焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,16a)))，故选C．
15．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，P是l上一点，直线PF与抛物线交于M，N两点，若eq \(PF,\s\up6(→))＝3eq \(MF,\s\up6(→))，则|MN|＝( )
A．eq \f(16,3) B．8 C．16 D．eq \f(8\r(3),3)
答案 A
解析 由题意F(1，0)，设直线PF的方程为y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．因为准线方程为x＝－1，所以得P(－1，－2k)．所以eq \(PF,\s\up6(→))＝(2，2k)，eq \(MF,\s\up6(→))＝(1－x1，－y1)，因为eq \(PF,\s\up6(→))＝3eq \(MF,\s\up6(→))，所以2＝3(1－x1)，解得x1＝eq \f(1,3)．把y＝k(x－1)代入y2＝4x，得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，所以x1x2＝1，所以x2＝3，从而得|MN|＝|MF|＋|NF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝x1＋x2＋2＝eq \f(16,3)．故选A．
16．已知点P是抛物线x2＝4y上的动点，点P在x轴上的射影是点Q，点A的坐标是(8，7)，则|PA|＋|PQ|的最小值为( )
A．7 B．8 C．9 D．10
答案 C
解析 延长PQ与准线交于M点，抛物线的焦点为F(0，1)，准线方程为y＝－1，根据抛物线的定义知，|PF|＝|PM|＝|PQ|＋1．∴|PA|＋|PQ|＝|PA|＋|PM|－1＝|PA|＋|PF|－1≥|AF|－1＝eq \r(82＋7－12)－1＝10－1＝9．当且仅当A，P，F三点共线时，等号成立，则|PA|＋|PQ|的最小值为9．故选C．
17．已知点A是抛物线C：x2＝2py(p＞0)的对称轴与准线的交点，过点A作抛物线C的两条切线，切点分别为P，Q，若△APQ的面积为4，则实数p的值为( )
A．eq \f(1,2) B．1 C．eq \f(3,2) D．2
答案 D
解析 解法一：设过点A且与抛物线C相切的直线为y＝kx－eq \f(p,2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－\f(p,2)，,x2＝2py，))得x2－2pkx＋p2＝0．由
Δ＝4p2k2－4p2＝0，得k＝±1，所以得点P－p，eq \f(p,2)，
Qp，eq \f(p,2)，所以△APQ的面积为S＝eq \f(1,2)×2p×p＝4，解得p＝2．故选D．
解法二：如图，设点P(x1，y1)，
Q(x2，y2)．由题意得点A0，－eq \f(p,2)．y＝eq \f(1,2p)x2，求导得y′＝eq \f(1,p)x，所以切线PA的方程为y－y1＝eq \f(1,p)x1(x－x1)，即y＝eq \f(1,p)x1x－eq \f(1,2p)xeq \\al(2,1)，切线PB的方程为y－y2＝eq \f(1,p)x2(x－x2)，即y＝eq \f(1,p)x2x－eq \f(1,2p)xeq \\al(2,2)，代入A0，－eq \f(p,2)，得点P－p，eq \f(p,2)，Qp，eq \f(p,2)，所以△APQ的面积为S＝eq \f(1,2)×2p×p＝4，解得p＝2．故选D．
18．已知抛物线y2＝4x的一条弦AB恰好以P(1，1)为中点，则弦AB所在直线的方程是________．
答案 2x－y－1＝0
解析 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由A，B都在抛物线上，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝4x1，,y\\al(2,2)＝4x2，))作差得(y1＋y2)(y1－y2)＝4(x1－x2)．因为AB中点为P(1，1)，所以y1＋y2＝2，则有2·eq \f(y1－y2,x1－x2)＝4，所以kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2，从而直线AB的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0．
一、高考大题
1．设抛物线C：y2＝2x，点A(2，0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．
(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
(2)证明：∠ABM＝∠ABN．
解 (1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得M的坐标为(2，2)或(2，－2)．
所以直线BM的方程为y＝eq \f(1,2)x＋1或y＝－eq \f(1,2)x－1．
(2)证明：当l与x轴垂直时，AB为线段MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN．
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1>0，x2>0．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝2x，))得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝eq \f(2,k)，y1y2＝－4．
直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)＝eq \f(x2y1＋x1y2＋2y1＋y2,x1＋2x2＋2)．①
将x1＝eq \f(y1,k)＋2，x2＝eq \f(y2,k)＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得
x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝eq \f(2y1y2＋4ky1＋y2,k)＝eq \f(－8＋8,k)＝0．
所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN．
综上，∠ABM＝∠ABN．
2．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＋eq \f(y2,4)＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
解 (1)证明：设P(x0，y0)，Aeq \f(1,4)yeq \\al(2,1)，y1，Beq \f(1,4)yeq \\al(2,2)，y2．
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程eq \f(y＋y0,2)2＝4·eq \f(\f(1,4)y2＋x0,2)即y2－2y0y＋8x0－yeq \\al(2,0)＝0的两个不同的实根．
所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴．
(2)由(1)可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－y\\al(2,0)，))
所以|PM|＝eq \f(1,8)(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2))－x0＝eq \f(3,4)yeq \\al(2,0)－3x0，|y1－y2|＝2eq \r(2y\\al(2,0)－4x0)．
因此，△PAB的面积S△PAB＝eq \f(1,2)|PM|·|y1－y2|＝eq \f(3\r(2),4)(yeq \\al(2,0)－4x0)eq \f(3,2)．
因为xeq \\al(2,0)＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝1(x0<0)，所以yeq \\al(2,0)－4x0＝－4xeq \\al(2,0)－4x0＋4∈[4，5]．
因此，△PAB面积的取值范围是6eq \r(2)，eq \f(15\r(10),4)．
3．已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))，求证：eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
解 (1)因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2．
故抛物线C的方程为y2＝4x，
由题意知，直线l的斜率存在且不为0．
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋1，))得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0．
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3．所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－eq \f(2k－4,k2)，x1x2＝eq \f(1,k2)．
直线PA的方程为y－2＝eq \f(y1－2,x1－1)(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq \f(－y1＋2,x1－1)＋2＝eq \f(－kx1＋1,x1－1)＋2．
同理得点N的纵坐标为yN＝eq \f(－kx2＋1,x2－1)＋2．
由eq \(QM,\s\up6(→))＝λeq \(QO,\s\up6(→))，eq \(QN,\s\up6(→))＝μeq \(QO,\s\up6(→))得λ＝1－yM，μ＝1－yN．
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)＝eq \f(1,1－yM)＋eq \f(1,1－yN)＝eq \f(x1－1,k－1x1)＋eq \f(x2－1,k－1x2)＝eq \f(1,k－1)·eq \f(2x1x2－x1＋x2,x1x2)
＝eq \f(1,k－1)·eq \f(\f(2,k2)＋\f(2k－4,k2),\f(1,k2))＝2．
所以eq \f(1,λ)＋eq \f(1,μ)为定值．
二、模拟大题
4．)如图，已知抛物线x2＝2py(p＞0)，其焦点到准线的距离为2，圆S：x2＋y2－py＝0，直线l：y＝kx＋eq \f(p,2)与圆和抛物线自左至右顺次交于A，B，C，D四点．
(1)若线段AB，BC，CD的长按此顺序构成一个等差数列，求正数k的值；
(2)若直线l1过抛物线焦点且垂直于直线l，l1与抛物线交于点M，N，设MN，AD的中点分别为P，Q，求证：直线PQ过定点．
解 (1)由题意可得p＝2，所以抛物线x2＝4y，
圆S的方程可化为x2＋(y－1)2＝1，其圆心S(0，1)，圆的半径为1，
设点A(x1，y1)，D(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋1，))得x2－4kx－4＝0，所以x1＋x2＝4k，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，
所以|AB|＋|CD|＝|AS|＋|DS|－|BC|＝y1＋1＋y2＋1－2＝y1＋y2＝4k2＋2＝2|BC|＝4，
所以k＝eq \f(\r(2),2)(负值舍去)．
(2)证明：因为x1＋x2＝4k，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，所以Q(2k，2k2＋1)．
当k≠0时，用－eq \f(1,k)替换k可得P－eq \f(2,k)，eq \f(2,k2)＋1，所以kPQ＝eq \f(k2－1,k)，
所以PQ的直线方程为y－(2k2＋1)＝eq \f(k2－1,k)(x－2k)，
化简得y＝eq \f(k2－1,k)x＋3，过定点(0，3)．
当k＝0时，直线l1与抛物线只有一个交点，不符合题意，舍去．
5．已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，－2eq \r(3))，(－2，0)，(4，－4)，eq \r(2)，eq \f(\r(2),2)．
(1)求C1，C2的标准方程；
(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，
则有eq \f(y2,x)＝2p(x≠0)，
据此验证四个点知(3，－2eq \r(3))，(4，－4)在抛物线上，
易得，抛物线C2的标准方程为y2＝4x．
设椭圆C1：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，把点(－2，0)，eq \r(2)，eq \f(\r(2),2)代入可得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆C1的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)由抛物线的标准方程可得C2的焦点F(1，0)，
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x＝1．
直线l交椭圆C1于点M1，eq \f(\r(3),2)，N1，－eq \f(\r(3),2)，eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))≠0，不满足题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
并设点M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＋4y2＝4，))消去y，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
于是x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－1,1＋4k2)， ①
则y1y2＝k(x1－1)·k(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2eq \f(4k2－1,1＋4k2)－eq \f(8k2,1＋4k2)＋1＝eq \f(－3k2,1＋4k2)． ②
由eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))得x1x2＋y1y2＝0． ③将①②代入③式，得eq \f(4k2－1,1＋4k2)＋eq \f(－3k2,1＋4k2)＝eq \f(k2－4,1＋4k2)＝0，
解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，且l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0．
6．已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝eq \f(9,4)的圆心C在抛物线x2＝2py(p＞0)上，圆C过原点且与抛物线的准线相切．
(1)求该抛物线的方程；
(2)过抛物线焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，分别在A，B处作抛物线的两条切线交于点P，求△PAB面积的最小值及此时直线l的方程．
解 (1)由已知可得圆心C(a，b)，半径r＝eq \f(3,2)，焦点F0，eq \f(p,2)，准线y＝－eq \f(p,2)，因为圆C与抛物线F的准线相切，所以b＝eq \f(3,2)－eq \f(p,2)．
又因为圆C过原点，且圆C过焦点F，所以圆心C必在线段OF的垂直平分线上，即b＝eq \f(p,4)，所以eq \f(3,2)－eq \f(p,2)＝eq \f(p,4)，解得p＝2，
所以抛物线的方程为x2＝4y．
(2)易得焦点F(0，1)，直线l的斜率必存在，设为k，即直线l的方程为y＝kx＋1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))得x2－4kx－4＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
对y＝eq \f(x2,4)求导得y′＝eq \f(x,2)，即kAP＝eq \f(x1,2)．
直线AP的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，
同理得直线BP的方程为y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(1,4)xeq \\al(2,2)．
设点P(x0，y0)，联立直线AP与BP的方程，
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝\f(x1＋x2,2)＝2k，,y0＝\f(x1x2,4)＝－1，))即P(2k，－1)，
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝4(1＋k2)，
点P到直线AB的距离d＝eq \f(|2k2＋2|,\r(1＋k2))＝2eq \r(1＋k2)，
所以△PAB的面积S＝eq \f(1,2)·4(1＋k2)·2eq \r(1＋k2)＝4(1＋k2)eq \f(3,2)≥4，当且仅当k＝0时取等号．
综上，△PAB面积的最小值为4，此时直线l的方程为y＝1．