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2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年天利38套对接高考单元专题测试卷高中数学选择性必修第一册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
17. (15 分) 已知双曲线 $ C : \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 1 (a ＞ 0, b ＞ 0) $ 的离心率为 $ \sqrt{2} $，且 $ C $ 的一个焦点到其一条渐近线的距离为 1。
(1) 求 $ C $ 的方程。
(2) 设点 $ A $ 为 $ C $ 的左顶点，若过点 $ (3,0) $ 的直线 $ l $ 与 $ C $ 的右支交于 $ P $，$ Q $ 两点，且直线 $ AP $，$ AQ $ 与圆 $ O : x^2 + y^2 = a^2 $ 分别交于 $ M $，$ N $ 两点，记四边形 $ PQNM $ 的面积为 $ S_1 $，$ \triangle AMN $ 的面积为 $ S_2 $，求 $ \frac{S_1}{S_2} $ 的取值范围。
(1) 求 $ C $ 的方程。
(2) 设点 $ A $ 为 $ C $ 的左顶点，若过点 $ (3,0) $ 的直线 $ l $ 与 $ C $ 的右支交于 $ P $，$ Q $ 两点，且直线 $ AP $，$ AQ $ 与圆 $ O : x^2 + y^2 = a^2 $ 分别交于 $ M $，$ N $ 两点，记四边形 $ PQNM $ 的面积为 $ S_1 $，$ \triangle AMN $ 的面积为 $ S_2 $，求 $ \frac{S_1}{S_2} $ 的取值范围。
答案：
17. 双曲线的几何性质+直线与双曲线的位置关系
解：
(1) 由题可知双曲线 $ C $ 的一条渐近线方程为 $ bx - ay = 0 $，右焦点为 $ (c, 0) $，$ \therefore $ 右焦点到渐近线的距离 $ d = \frac{|bc - a · 0|}{\sqrt{a^2 + b^2}} $。$ \because c^2 = a^2 + b^2 $，解得 $ d = b $，则 $ b = 1 $，由离心率 $ e = \frac{c}{a} = \sqrt{2} $，得 $ \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a} = \sqrt{2} $，解得 $ a = 1 $，$ \therefore $ 双曲线 $ C $ 的方程为 $ x^2 - y^2 = 1 $。（6分）
(2) 设直线 $ l $ 的方程为 $ x = ty + 3 $，$ P(x_1, y_1) $，$ Q(x_2, y_2) $，联立 $ \begin{cases} x = ty + 3 \\ x^2 - y^2 = 1 \end{cases} $ 消去 $ x $ 整理得 $ (t^2 - 1)y^2 + 6ty + 8 = 0 $，$ \therefore y_1 + y_2 = \frac{-6t}{t^2 - 1} $，$ y_1y_2 = \frac{8}{t^2 - 1} $。$ \because $ 直线 $ l $ 与双曲线 $ C $ 的右支交于两点，$ \therefore \begin{cases} t^2 - 1 \neq 0 \\ \Delta = (6t)^2 - 32(t^2 - 1) ＞ 0 \\ y_1y_2 = \frac{8}{t^2 - 1} ＜ 0 \end{cases} $，解得 $ -1 ＜ t ＜ 1 $。$ \because A $ 点坐标为 $ (-1, 0) $，$ \therefore k_{AP} · k_{AQ} = \frac{y_1}{x_1 + 1} · \frac{y_2}{x_2 + 1} = \frac{y_1y_2}{(ty_1 + 4)(ty_2 + 4)} = \frac{y_1y_2}{t^2y_1y_2 + 4t(y_1 + y_2) + 16} = \frac{\frac{8}{t^2 - 1}}{t^2 · \frac{8}{t^2 - 1} + 4t · \frac{-6t}{t^2 - 1} + 16} = \frac{8}{8t^2 - 24t^2 + 16t^2 - 16} = -\frac{1}{2} $。设直线 $ AP $ 的解析式为 $ x = m_1y - 1 $，直线 $ AQ $ 的解析式为 $ x = m_2y - 1 $，且 $ |m_1| ＞ 1 $，$ |m_2| ＞ 1 $，$ \therefore \frac{1}{m_1} · \frac{1}{m_2} = -\frac{1}{2} $，即 $ m_1 · m_2 = -2 $，故 $ |m_1| · |m_2| = 2 $。$ \because |m_2| = \frac{2}{|m_1|} ＞ 1 $，$ \therefore 1 ＜ |m_1| ＜ 2 $。联立 $ \begin{cases} x = m_1y - 1 \\ x^2 - y^2 = 1 \end{cases} $ 得 $ (m_1^2 - 1)y^2 - 2m_1y = 0 $，解得 $ y_P = \frac{2m_1}{m_1^2 - 1} $，同理可得 $ y_Q = \frac{2m_2}{m_2^2 - 1} $。联立 $ \begin{cases} x = m_1y - 1 \\ x^2 + y^2 = 1 \end{cases} $ 得 $ (m_1^2 + 1)y^2 - 2m_1y = 0 $，解得 $ y_M = \frac{2m_1}{m_1^2 + 1} $，同理可得 $ y_N = \frac{2m_2}{m_2^2 + 1} $，$ \therefore \frac{S_{\triangle APQ}}{S_{\triangle AMN}} = \frac{\frac{1}{2}|AP||AQ|\sin\angle PAQ}{\frac{1}{2}|AM||AN|\sin\angle MAN} = \frac{|AP|}{|AM|} · \frac{|AQ|}{|AN|} = \frac{y_P}{y_M} · \frac{y_Q}{y_N} = \frac{\frac{2m_1}{m_1^2 - 1}}{\frac{2m_1}{m_1^2 + 1}} · \frac{\frac{2m_2}{m_2^2 - 1}}{\frac{2m_2}{m_2^2 + 1}} = \frac{(m_1^2 + 1)(m_2^2 + 1)}{(m_1^2 - 1)(m_2^2 - 1)} = \frac{m_1^2m_2^2 + m_1^2 + m_2^2 + 1}{m_1^2m_2^2 - m_1^2 - m_2^2 + 1} = \frac{5 + (m_1^2 + m_2^2)}{5 - (m_1^2 + m_2^2)} $。令 $ n = m_1^2 + m_2^2 $，由 $ |m_1| · |m_2| = 2 $，$ 1 ＜ |m_1| ＜ 2 $，得 $ n = m_1^2 + \frac{4}{m_1^2} $。令 $ t = m_1^2 $，则 $ 1 ＜ t ＜ 4 $，所以 $ y = t + \frac{4}{t} $ 在 $ (1, 2) $ 上单调递减，在 $ (2, 4) $ 上单调递增，$ \therefore $ 当 $ t = 2 $ 时，$ y $ 取最小值，最小值为 $ 4 $；当 $ t = 1 $ 时，$ y = 5 $；当 $ t = 4 $ 时，$ y = 5 $，$ \therefore 4 \leq y ＜ 5 $。$ \therefore n \in [4, 5) $。$ \therefore \frac{S_{\triangle APQ}}{S_{\triangle AMN}} = \frac{5 + n}{5 - n} = \frac{10}{5 - n} - 1 $，$ n \in [4, 5) $。令 $ f(n) = \frac{10}{5 - n} - 1 $，$ n \in [4, 5) $，$ \because f(n) $ 在 $ [4, 5) $ 上为增函数，$ \therefore f(n) $ 的取值范围为 $ [9, +\infty) $。$ \because \frac{S_1}{S_2} = \frac{S_{\triangle APQ} - S_{\triangle AMN}}{S_{\triangle AMN}} = \frac{S_{\triangle APQ}}{S_{\triangle AMN}} - 1 $，$ \therefore \frac{S_1}{S_2} $ 的取值范围为 $ [8, +\infty) $。（15分）
方法归纳
1. 利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
2. 利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
3. 利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
4. 利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
5. 利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围。
解：
(1) 由题可知双曲线 $ C $ 的一条渐近线方程为 $ bx - ay = 0 $，右焦点为 $ (c, 0) $，$ \therefore $ 右焦点到渐近线的距离 $ d = \frac{|bc - a · 0|}{\sqrt{a^2 + b^2}} $。$ \because c^2 = a^2 + b^2 $，解得 $ d = b $，则 $ b = 1 $，由离心率 $ e = \frac{c}{a} = \sqrt{2} $，得 $ \frac{\sqrt{a^2 + b^2}}{a} = \sqrt{2} $，解得 $ a = 1 $，$ \therefore $ 双曲线 $ C $ 的方程为 $ x^2 - y^2 = 1 $。（6分）
(2) 设直线 $ l $ 的方程为 $ x = ty + 3 $，$ P(x_1, y_1) $，$ Q(x_2, y_2) $，联立 $ \begin{cases} x = ty + 3 \\ x^2 - y^2 = 1 \end{cases} $ 消去 $ x $ 整理得 $ (t^2 - 1)y^2 + 6ty + 8 = 0 $，$ \therefore y_1 + y_2 = \frac{-6t}{t^2 - 1} $，$ y_1y_2 = \frac{8}{t^2 - 1} $。$ \because $ 直线 $ l $ 与双曲线 $ C $ 的右支交于两点，$ \therefore \begin{cases} t^2 - 1 \neq 0 \\ \Delta = (6t)^2 - 32(t^2 - 1) ＞ 0 \\ y_1y_2 = \frac{8}{t^2 - 1} ＜ 0 \end{cases} $，解得 $ -1 ＜ t ＜ 1 $。$ \because A $ 点坐标为 $ (-1, 0) $，$ \therefore k_{AP} · k_{AQ} = \frac{y_1}{x_1 + 1} · \frac{y_2}{x_2 + 1} = \frac{y_1y_2}{(ty_1 + 4)(ty_2 + 4)} = \frac{y_1y_2}{t^2y_1y_2 + 4t(y_1 + y_2) + 16} = \frac{\frac{8}{t^2 - 1}}{t^2 · \frac{8}{t^2 - 1} + 4t · \frac{-6t}{t^2 - 1} + 16} = \frac{8}{8t^2 - 24t^2 + 16t^2 - 16} = -\frac{1}{2} $。设直线 $ AP $ 的解析式为 $ x = m_1y - 1 $，直线 $ AQ $ 的解析式为 $ x = m_2y - 1 $，且 $ |m_1| ＞ 1 $，$ |m_2| ＞ 1 $，$ \therefore \frac{1}{m_1} · \frac{1}{m_2} = -\frac{1}{2} $，即 $ m_1 · m_2 = -2 $，故 $ |m_1| · |m_2| = 2 $。$ \because |m_2| = \frac{2}{|m_1|} ＞ 1 $，$ \therefore 1 ＜ |m_1| ＜ 2 $。联立 $ \begin{cases} x = m_1y - 1 \\ x^2 - y^2 = 1 \end{cases} $ 得 $ (m_1^2 - 1)y^2 - 2m_1y = 0 $，解得 $ y_P = \frac{2m_1}{m_1^2 - 1} $，同理可得 $ y_Q = \frac{2m_2}{m_2^2 - 1} $。联立 $ \begin{cases} x = m_1y - 1 \\ x^2 + y^2 = 1 \end{cases} $ 得 $ (m_1^2 + 1)y^2 - 2m_1y = 0 $，解得 $ y_M = \frac{2m_1}{m_1^2 + 1} $，同理可得 $ y_N = \frac{2m_2}{m_2^2 + 1} $，$ \therefore \frac{S_{\triangle APQ}}{S_{\triangle AMN}} = \frac{\frac{1}{2}|AP||AQ|\sin\angle PAQ}{\frac{1}{2}|AM||AN|\sin\angle MAN} = \frac{|AP|}{|AM|} · \frac{|AQ|}{|AN|} = \frac{y_P}{y_M} · \frac{y_Q}{y_N} = \frac{\frac{2m_1}{m_1^2 - 1}}{\frac{2m_1}{m_1^2 + 1}} · \frac{\frac{2m_2}{m_2^2 - 1}}{\frac{2m_2}{m_2^2 + 1}} = \frac{(m_1^2 + 1)(m_2^2 + 1)}{(m_1^2 - 1)(m_2^2 - 1)} = \frac{m_1^2m_2^2 + m_1^2 + m_2^2 + 1}{m_1^2m_2^2 - m_1^2 - m_2^2 + 1} = \frac{5 + (m_1^2 + m_2^2)}{5 - (m_1^2 + m_2^2)} $。令 $ n = m_1^2 + m_2^2 $，由 $ |m_1| · |m_2| = 2 $，$ 1 ＜ |m_1| ＜ 2 $，得 $ n = m_1^2 + \frac{4}{m_1^2} $。令 $ t = m_1^2 $，则 $ 1 ＜ t ＜ 4 $，所以 $ y = t + \frac{4}{t} $ 在 $ (1, 2) $ 上单调递减，在 $ (2, 4) $ 上单调递增，$ \therefore $ 当 $ t = 2 $ 时，$ y $ 取最小值，最小值为 $ 4 $；当 $ t = 1 $ 时，$ y = 5 $；当 $ t = 4 $ 时，$ y = 5 $，$ \therefore 4 \leq y ＜ 5 $。$ \therefore n \in [4, 5) $。$ \therefore \frac{S_{\triangle APQ}}{S_{\triangle AMN}} = \frac{5 + n}{5 - n} = \frac{10}{5 - n} - 1 $，$ n \in [4, 5) $。令 $ f(n) = \frac{10}{5 - n} - 1 $，$ n \in [4, 5) $，$ \because f(n) $ 在 $ [4, 5) $ 上为增函数，$ \therefore f(n) $ 的取值范围为 $ [9, +\infty) $。$ \because \frac{S_1}{S_2} = \frac{S_{\triangle APQ} - S_{\triangle AMN}}{S_{\triangle AMN}} = \frac{S_{\triangle APQ}}{S_{\triangle AMN}} - 1 $，$ \therefore \frac{S_1}{S_2} $ 的取值范围为 $ [8, +\infty) $。（15分）
方法归纳
1. 利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
2. 利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
3. 利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
4. 利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
5. 利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围。
18. (17 分) 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，直线 $ l $ 与抛物线 $ W : x^2 = 2y $ 相切于点 $ P $，且与椭圆 $ C : \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 $ 交于 $ A $，$ B $ 两点。
(1) 当 $ P $ 的坐标为 $ (2,2) $ 时，求 $ |AB| $。
(2) 若点 $ G $ 满足 $ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = \mathbf{0} $，求 $ \triangle GAB $ 面积的最大值。
(1) 当 $ P $ 的坐标为 $ (2,2) $ 时，求 $ |AB| $。
(2) 若点 $ G $ 满足 $ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = \mathbf{0} $，求 $ \triangle GAB $ 面积的最大值。
答案：
$18. $直线与抛物线的位置关系$+$直线与椭圆的位置关系$+$三角形面积最值问题
思维导图
$(1) $已知条件$ \to $抛物线的切线方程$ \to $联立椭圆方程$ $弦长公式$ \to |AB| ；$
$(2) $解法一：设点$ A, B $坐标，直线$ l $方程$ $与椭圆方程联立$ $消元化简、韦达定理$ $表示出$ S_{\triangle AOB} $二次函数的性质$ $得解；
解法二：设点$ A, B $坐标，直线$ l $方程$ $与抛物线方程联立$ b \leq 0 $与椭圆方程联立$ $消元化简、韦达定理$ $表示出$ S_{\triangle AOB} $换元法$ S_{\triangle AOB} $最大值$ \to $得解；
解法三：设点$ A, B $坐标，直线$ l $方程$ $与抛物线方程联立$ k^2 = -2b $与椭圆方程联立$ $弦长公式$ $表示出$ S_{\triangle AOB} $基本不等式$ $得解；
解法四：设$ P $点坐标，直线$ l $方程$ $与椭圆方程联立$ $设点$ A, B $坐标$ x_1 + x_2 ，$$ x_1x_2 \to |AB| \to $表示出$ S_{\triangle GAB} $换元法$ $得解；
解法五：设$ P $点坐标，直线$ l $方程$ $与椭圆方程联立$ $设点$ A, B $坐标$ x_1 + x_2 ，$$ x_1x_2 \to |AB| \to $表示出$ S_{\triangle GAB} $基本不等式$ $得解。
解：
$(1) $因为抛物线$ W: x^2 = 2y ，$所以$ y' = x （$题眼$），$$（1$分$）$则过点$ P(2, 2) $的切线$ l $的方程为$ y = 2x - 2 （$提示：导数的几何意义$）。$$（2$分$）$联立$ \begin{cases} y = 2x - 2 \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ 9x^2 - 16x + 6 = 0 。$$（3$分$）$设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$则$ x_1 + x_2 = \frac{16}{9} ，$$ x_1x_2 = \frac{2}{3} ，$于是$ |AB| = \sqrt{1 + 2^2}|x_1 - x_2| = \sqrt{5} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = \frac{10\sqrt{2}}{9} 。$$（4$分$）$
$【$注：此处若直接由方程求得两根，两点间距离求弦长，结果正确同样得分$】$
$(2) $解法一：设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由题意知，切线$ l $斜率存在$（$题眼$），$设$ l $的方程为$ y = kx + b ，$代入$ W: x^2 = 2y $中，得$ x^2 - 2kx - 2b = 0 ，$所以$ \Delta = 4k^2 + 8b = 0 ，$即$ k^2 = -2b （$方法：直线与抛物线相切，联立方程，判别式为$ 0）。$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = kx + b \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (2k^2 + 1)x^2 + 4kbx + 2b^2 - 2 = 0 ，$$（7$分$）$所以$ \begin{cases} \Delta = 16k^2b^2 - 8(b^2 - 1)(1 + 2k^2) = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 \\ x_1 + x_2 = \frac{-4kb}{1 + 2k^2} \\ x_1x_2 = \frac{2b^2 - 2}{1 + 2k^2} \end{cases} 。$则$ -2 - \sqrt{5} ＜ b ＜ -2 + \sqrt{5} ，$则$ 1 - 4b ＞ 0 ，$$（9$分$）$所以$ S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2}|x_1y_2 - x_2y_1| = \frac{1}{2}|b||x_1 - x_2| = \frac{1}{2}|b|\sqrt{\frac{16k^2b^2}{(1 + 2k^2)^2} - \frac{8(b^2 - 1)}{1 + 2k^2}} = \sqrt{2} · \frac{|b|\sqrt{1 - 4b - b^2}}{1 - 4b} = \sqrt{2} · \frac{\sqrt{\frac{1}{b^2} - \frac{4}{b} - 1}}{\frac{1}{b^2} - \frac{4}{b}} 。$$（11$分$）$令$ \frac{1}{b^2} - \frac{4}{b} = t ＞ 0 ，$所以$ S_{\triangle OAB} = \sqrt{2} · \frac{\sqrt{t - 1}}{t} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{1}{t} - \frac{1}{t^2}} = \sqrt{2} · \sqrt{-\left( \frac{1}{t} - \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{1}{4}} \leq \frac{\sqrt{2}}{2} （$关键：整体代换，利用二次函数的性质考查最值$），$$（14$分$）$当且仅当$ t = 2 ，$即$ b = -1 - \frac{\sqrt{6}}{2} $时等号成立，$ \Delta = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 $成立。所以$ S_{\triangle OAB} $的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{2} 。$$（15$分$）$因为$ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 0 ，$则$ G $为$ \triangle OAB $的重心，所以$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} 。$$（16$分$）$则$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} （$说明：重心将三角形分为三个面积相等的三角形$）。$$（17$分$）$
解法二：设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由题意知，切线$ l $斜率存在$（$题眼$），$设$ l $的方程为$ y = kx + b ，$代入$ W: x^2 = 2y $中，得$ x^2 - 2kx - 2b = 0 ，$所以$ \Delta = 4k^2 + 8b = 0 ，$即$ k^2 = -2b 。$则$ b \leq 0 。$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = kx + b \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (2k^2 + 1)x^2 + 4kbx + 2b^2 - 2 = 0 ，$$（7$分$）$所以$ \begin{cases} \Delta = 16k^2b^2 - 8(b^2 - 1)(1 + 2k^2) = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 \\ x_1 + x_2 = \frac{-4kb}{1 + 2k^2} \\ x_1x_2 = \frac{2b^2 - 2}{1 + 2k^2} \end{cases} 。$则$ -2 - \sqrt{5} ＜ b \leq 0 ，$则$ 1 - 4b ＞ 0 ，$$（9$分$）$所以$ S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2}|x_1y_2 - x_2y_1| = \frac{1}{2}|b||x_1 - x_2| = \frac{1}{2}|b|\sqrt{\frac{16k^2b^2}{(1 + 2k^2)^2} - \frac{8(b^2 - 1)}{1 + 2k^2}} = \sqrt{2} · \frac{|b|\sqrt{1 - 4b - b^2}}{1 - 4b} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2(1 - 4b - b^2)}{(1 - 4b)^2}} 。$$（11$分$）$令$ t = 1 - 4b ＞ 0 （$提示：换元法$），$所以$ S_{\triangle OAB} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{\frac{(1 - t)^2}{16}\left[ 1 - 1 + t - \frac{(t - 1)^2}{16} \right]}{t^2}} = \frac{\sqrt{2}}{16}\sqrt{\frac{(t^2 - 2t + 1)(18t - t^2 - 1)}{t^2}} = \frac{\sqrt{2}}{16}\sqrt{\left( t + \frac{1}{t} - 2 \right)\left( 18 - t - \frac{1}{t} \right)} 。$令$ \mu = \frac{1}{t} + t ，$则$ S_{\triangle OAB} = \frac{\sqrt{2}}{16}\sqrt{(\mu - 2)(18 - \mu)} \leq \frac{\sqrt{2}}{2} ，$$（14$分$）$当且仅当$ \mu = 10 ，$即$ 0 ＞ b = -1 - \frac{\sqrt{6}}{2} ＞ -2 - \sqrt{5} $时等号成立，所以$ S_{\triangle OAB} $的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{2} 。$$（15$分$）$因为$ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 0 ，$则$ G $为$ \triangle OAB $的重心，所以$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} 。$$（16$分$）$则$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} 。$$（17$分$）$
解法三：设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由题意知，切线$ l $斜率存在$（$题眼$），$设$ l $的方程为$ y = kx + b ，$代入$ W: x^2 = 2y $中，得$ x^2 - 2kx - 2b = 0 ，$所以$ \Delta = 4k^2 + 8b = 0 ，$即$ k^2 = -2b 。$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = kx + b \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (2k^2 + 1)x^2 + 4kbx + 2b^2 - 2 = 0 ，$$（7$分$）$所以$ \begin{cases} \Delta = 16k^2b^2 - 8(b^2 - 1)(1 + 2k^2) = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 \\ x_1 + x_2 = \frac{-4kb}{1 + 2k^2} \\ x_1x_2 = \frac{2b^2 - 2}{1 + 2k^2} \end{cases} 。$则$ -2 - \sqrt{5} ＜ b ＜ -2 + \sqrt{5} ，$则$ 1 - 4b ＞ 0 ，$$（9$分$）$所以$ |AB| = \sqrt{1 + k^2}|x_1 - x_2| ，$点$ O $到直线$ l $的距离$ d = \frac{|b|}{\sqrt{1 + k^2}} 。$所以$ S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2}d · |AB| = \frac{1}{2} · \frac{|b|}{\sqrt{1 + k^2}} · \sqrt{1 + k^2}|x_1 - x_2| = \frac{1}{2}|b||x_1 - x_2| = \frac{1}{2}|b|\sqrt{\frac{16k^2b^2}{(1 + 2k^2)^2} - \frac{8(b^2 - 1)}{1 + 2k^2}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2(16k^2 - 8b^2 + 8)}{(2k^2 + 1)^2}} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2(2k^2 - b^2 + 1)}{(2k^2 + 1)^2}} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2(1 - 4b - b^2)}{(1 - 4b)^2}} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2}{1 - 4b}\left( 1 - \frac{b^2}{1 - 4b} \right)} 。$$（11$分$）$因为$ \Delta = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 ，$所以$ b^2 ＜ 1 - 4b ，$即$ 0 ＜ \frac{b^2}{1 - 4b} ＜ 1 。$所以$ S_{\triangle OAB} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2}{1 - 4b}\left( 1 - \frac{b^2}{1 - 4b} \right)} \leq \sqrt{2} · \frac{\frac{b^2}{1 - 4b} + 1 - \frac{b^2}{1 - 4b}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} （$提示：基本不等式$），$$（14$分$）$当且仅当$ \frac{b^2}{1 - 4b} = 1 - \frac{b^2}{1 - 4b} ，$即$ b = -1 - \frac{\sqrt{6}}{2} $时等号成立。$ \Delta = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 $成立，所以$ S_{\triangle OAB} $的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{2} 。$$（15$分$）$因为$ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 0 ，$则$ G $为$ \triangle OAB $的重心，所以$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} 。$$（16$分$）$则$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} 。$$（17$分$）$
解法四：设$ P\left( m, \frac{m^2}{2} \right) ，$此时切线$ l $的方程为$ y = mx - \frac{m^2}{2} ，$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = mx - \frac{m^2}{2} \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (4m^2 + 2)x^2 - 4m^3x + m^4 - 4 = 0 ，$$（7$分$）$于是$ \Delta = (4m^3)^2 - 4(4m^2 + 2)(m^4 - 4) = -8(m^4 - 8m^2 - 4) ＞ 0 ，$解得$ 0 ＜ m^2 ＜ 4 + 2\sqrt{5} 。$$（8$分$）$设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由韦达定理可知$ x_1 + x_2 = \frac{4m^3}{4m^2 + 2} ，$$ x_1x_2 = \frac{m^4 - 4}{4m^2 + 2} ，$于是$ |AB| = \sqrt{1 + m^2}|x_1 - x_2| = \sqrt{1 + m^2} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = 2\sqrt{2} · \sqrt{1 + m^2} · \frac{\sqrt{-m^4 + 8m^2 + 4}}{4m^2 + 2} 。$点$ O $到直线$ AB $的距离$ d = \frac{\frac{m^2}{2}}{\sqrt{1 + m^2}} = \frac{m^2}{2\sqrt{1 + m^2}} 。$因为$ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 0 ，$则$ G $为$ \triangle OAB $的重心，$（11$分$）$故$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} = \frac{1}{6}|AB| · d = \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{m^2\sqrt{-m^4 + 8m^2 + 4}}{4m^2 + 2} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{\sqrt{-1 + \frac{8}{m^2} + \frac{4}{m^4}}}{\frac{4}{m^2} + \frac{2}{m^4}} ，$$（13$分$）$令$ u = \frac{4}{m^2} + \frac{2}{m^4} ＞ 0 ，$则$ S_{\triangle GAB} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{\sqrt{-1 + 2u}}{u} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \sqrt{-\frac{1}{u^2} + \frac{2}{u}} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \sqrt{-\left( \frac{1}{u} - 1 \right)^2 + 1} \leq \frac{\sqrt{2}}{6} ，$$（16$分$）$当且仅当$ u = \frac{4}{m^2} + \frac{2}{m^4} = 1 ，$即$ m^2 = 2 + \sqrt{6} $时等号成立，$ \Delta ＞ 0 $成立。故$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} 。$$（17$分$）$
解法五：设$ P\left( m, \frac{m^2}{2} \right) ，$此时切线$ l $的方程为$ y = mx - \frac{m^2}{2} ，$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = mx - \frac{m^2}{2} \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (4m^2 + 2)x^2 - 4m^3x + m^4 - 4 = 0 ，$$（7$分$）$于是$ \Delta = (4m^3)^2 - 4(4m^2 + 2)(m^4 - 4) = -8(m^4 - 8m^2 - 4) ＞ 0 。$$（8$分$）$则$ m^4 - 8m^2 - 4 ＜ 0 ，$解得$ 0 ＜ m^2 ＜ 4 + 2\sqrt{5} ，$设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由韦达定理可知$ x_1 + x_2 = \frac{4m^3}{4m^2 + 2} ，$$ x_1x_2 = \frac{m^4 - 4}{4m^2 + 2} ，$于是$ |AB| = \sqrt{1 + m^2}|x_1 - x_2| = \sqrt{1 + m^2} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = 2\sqrt{2} · \sqrt{1 + m^2} · \frac{\sqrt{-m^4 + 8m^2 + 4}}{4m^2 + 2} ，$$（11$分$）$点$ O $到直线$ AB $的距离$ d = \frac{\frac{m^2}{2}}{\sqrt{1 + m^2}} = \frac{m^2}{2\sqrt{1 + m^2}} 。$$（12$分$）$因为$ G $为$ \triangle OAB $的重心，则$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} = \frac{1}{6}|AB| · d = \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{m^2\sqrt{-m^4 + 8m^2 + 4}}{4m^2 + 2} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \sqrt{\frac{m^4(-m^4 + 8m^2 + 4)}{(4m^2 + 2)^2}} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \sqrt{\frac{m^4}{4m^2 + 2} · \left( 2 - \frac{m^4}{4m^2 + 2} \right)} \leq \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{\frac{m^4}{4m^2 + 2} + 2 - \frac{m^4}{4m^2 + 2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{6} ，$$（16$分$）$当且仅当$ \frac{m^4}{4m^2 + 2} = 2 - \frac{m^4}{4m^2 + 2} ，$即$ m^2 = 2 + \sqrt{6} ，$符合$ \Delta ＞ 0 ，$此时等号成立，故$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} 。$$（17$分$）$
$【$注：若直线方程设为反斜截式，可按照相应得分点给分$】$
思维导图
$(1) $已知条件$ \to $抛物线的切线方程$ \to $联立椭圆方程$ $弦长公式$ \to |AB| ；$
$(2) $解法一：设点$ A, B $坐标，直线$ l $方程$ $与椭圆方程联立$ $消元化简、韦达定理$ $表示出$ S_{\triangle AOB} $二次函数的性质$ $得解；
解法二：设点$ A, B $坐标，直线$ l $方程$ $与抛物线方程联立$ b \leq 0 $与椭圆方程联立$ $消元化简、韦达定理$ $表示出$ S_{\triangle AOB} $换元法$ S_{\triangle AOB} $最大值$ \to $得解；
解法三：设点$ A, B $坐标，直线$ l $方程$ $与抛物线方程联立$ k^2 = -2b $与椭圆方程联立$ $弦长公式$ $表示出$ S_{\triangle AOB} $基本不等式$ $得解；
解法四：设$ P $点坐标，直线$ l $方程$ $与椭圆方程联立$ $设点$ A, B $坐标$ x_1 + x_2 ，$$ x_1x_2 \to |AB| \to $表示出$ S_{\triangle GAB} $换元法$ $得解；
解法五：设$ P $点坐标，直线$ l $方程$ $与椭圆方程联立$ $设点$ A, B $坐标$ x_1 + x_2 ，$$ x_1x_2 \to |AB| \to $表示出$ S_{\triangle GAB} $基本不等式$ $得解。
解：
$(1) $因为抛物线$ W: x^2 = 2y ，$所以$ y' = x （$题眼$），$$（1$分$）$则过点$ P(2, 2) $的切线$ l $的方程为$ y = 2x - 2 （$提示：导数的几何意义$）。$$（2$分$）$联立$ \begin{cases} y = 2x - 2 \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ 9x^2 - 16x + 6 = 0 。$$（3$分$）$设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$则$ x_1 + x_2 = \frac{16}{9} ，$$ x_1x_2 = \frac{2}{3} ，$于是$ |AB| = \sqrt{1 + 2^2}|x_1 - x_2| = \sqrt{5} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = \frac{10\sqrt{2}}{9} 。$$（4$分$）$
$【$注：此处若直接由方程求得两根，两点间距离求弦长，结果正确同样得分$】$
$(2) $解法一：设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由题意知，切线$ l $斜率存在$（$题眼$），$设$ l $的方程为$ y = kx + b ，$代入$ W: x^2 = 2y $中，得$ x^2 - 2kx - 2b = 0 ，$所以$ \Delta = 4k^2 + 8b = 0 ，$即$ k^2 = -2b （$方法：直线与抛物线相切，联立方程，判别式为$ 0）。$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = kx + b \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (2k^2 + 1)x^2 + 4kbx + 2b^2 - 2 = 0 ，$$（7$分$）$所以$ \begin{cases} \Delta = 16k^2b^2 - 8(b^2 - 1)(1 + 2k^2) = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 \\ x_1 + x_2 = \frac{-4kb}{1 + 2k^2} \\ x_1x_2 = \frac{2b^2 - 2}{1 + 2k^2} \end{cases} 。$则$ -2 - \sqrt{5} ＜ b ＜ -2 + \sqrt{5} ，$则$ 1 - 4b ＞ 0 ，$$（9$分$）$所以$ S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2}|x_1y_2 - x_2y_1| = \frac{1}{2}|b||x_1 - x_2| = \frac{1}{2}|b|\sqrt{\frac{16k^2b^2}{(1 + 2k^2)^2} - \frac{8(b^2 - 1)}{1 + 2k^2}} = \sqrt{2} · \frac{|b|\sqrt{1 - 4b - b^2}}{1 - 4b} = \sqrt{2} · \frac{\sqrt{\frac{1}{b^2} - \frac{4}{b} - 1}}{\frac{1}{b^2} - \frac{4}{b}} 。$$（11$分$）$令$ \frac{1}{b^2} - \frac{4}{b} = t ＞ 0 ，$所以$ S_{\triangle OAB} = \sqrt{2} · \frac{\sqrt{t - 1}}{t} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{1}{t} - \frac{1}{t^2}} = \sqrt{2} · \sqrt{-\left( \frac{1}{t} - \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{1}{4}} \leq \frac{\sqrt{2}}{2} （$关键：整体代换，利用二次函数的性质考查最值$），$$（14$分$）$当且仅当$ t = 2 ，$即$ b = -1 - \frac{\sqrt{6}}{2} $时等号成立，$ \Delta = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 $成立。所以$ S_{\triangle OAB} $的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{2} 。$$（15$分$）$因为$ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 0 ，$则$ G $为$ \triangle OAB $的重心，所以$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} 。$$（16$分$）$则$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} （$说明：重心将三角形分为三个面积相等的三角形$）。$$（17$分$）$
解法二：设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由题意知，切线$ l $斜率存在$（$题眼$），$设$ l $的方程为$ y = kx + b ，$代入$ W: x^2 = 2y $中，得$ x^2 - 2kx - 2b = 0 ，$所以$ \Delta = 4k^2 + 8b = 0 ，$即$ k^2 = -2b 。$则$ b \leq 0 。$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = kx + b \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (2k^2 + 1)x^2 + 4kbx + 2b^2 - 2 = 0 ，$$（7$分$）$所以$ \begin{cases} \Delta = 16k^2b^2 - 8(b^2 - 1)(1 + 2k^2) = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 \\ x_1 + x_2 = \frac{-4kb}{1 + 2k^2} \\ x_1x_2 = \frac{2b^2 - 2}{1 + 2k^2} \end{cases} 。$则$ -2 - \sqrt{5} ＜ b \leq 0 ，$则$ 1 - 4b ＞ 0 ，$$（9$分$）$所以$ S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2}|x_1y_2 - x_2y_1| = \frac{1}{2}|b||x_1 - x_2| = \frac{1}{2}|b|\sqrt{\frac{16k^2b^2}{(1 + 2k^2)^2} - \frac{8(b^2 - 1)}{1 + 2k^2}} = \sqrt{2} · \frac{|b|\sqrt{1 - 4b - b^2}}{1 - 4b} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2(1 - 4b - b^2)}{(1 - 4b)^2}} 。$$（11$分$）$令$ t = 1 - 4b ＞ 0 （$提示：换元法$），$所以$ S_{\triangle OAB} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{\frac{(1 - t)^2}{16}\left[ 1 - 1 + t - \frac{(t - 1)^2}{16} \right]}{t^2}} = \frac{\sqrt{2}}{16}\sqrt{\frac{(t^2 - 2t + 1)(18t - t^2 - 1)}{t^2}} = \frac{\sqrt{2}}{16}\sqrt{\left( t + \frac{1}{t} - 2 \right)\left( 18 - t - \frac{1}{t} \right)} 。$令$ \mu = \frac{1}{t} + t ，$则$ S_{\triangle OAB} = \frac{\sqrt{2}}{16}\sqrt{(\mu - 2)(18 - \mu)} \leq \frac{\sqrt{2}}{2} ，$$（14$分$）$当且仅当$ \mu = 10 ，$即$ 0 ＞ b = -1 - \frac{\sqrt{6}}{2} ＞ -2 - \sqrt{5} $时等号成立，所以$ S_{\triangle OAB} $的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{2} 。$$（15$分$）$因为$ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 0 ，$则$ G $为$ \triangle OAB $的重心，所以$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} 。$$（16$分$）$则$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} 。$$（17$分$）$
解法三：设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由题意知，切线$ l $斜率存在$（$题眼$），$设$ l $的方程为$ y = kx + b ，$代入$ W: x^2 = 2y $中，得$ x^2 - 2kx - 2b = 0 ，$所以$ \Delta = 4k^2 + 8b = 0 ，$即$ k^2 = -2b 。$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = kx + b \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (2k^2 + 1)x^2 + 4kbx + 2b^2 - 2 = 0 ，$$（7$分$）$所以$ \begin{cases} \Delta = 16k^2b^2 - 8(b^2 - 1)(1 + 2k^2) = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 \\ x_1 + x_2 = \frac{-4kb}{1 + 2k^2} \\ x_1x_2 = \frac{2b^2 - 2}{1 + 2k^2} \end{cases} 。$则$ -2 - \sqrt{5} ＜ b ＜ -2 + \sqrt{5} ，$则$ 1 - 4b ＞ 0 ，$$（9$分$）$所以$ |AB| = \sqrt{1 + k^2}|x_1 - x_2| ，$点$ O $到直线$ l $的距离$ d = \frac{|b|}{\sqrt{1 + k^2}} 。$所以$ S_{\triangle OAB} = \frac{1}{2}d · |AB| = \frac{1}{2} · \frac{|b|}{\sqrt{1 + k^2}} · \sqrt{1 + k^2}|x_1 - x_2| = \frac{1}{2}|b||x_1 - x_2| = \frac{1}{2}|b|\sqrt{\frac{16k^2b^2}{(1 + 2k^2)^2} - \frac{8(b^2 - 1)}{1 + 2k^2}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{b^2(16k^2 - 8b^2 + 8)}{(2k^2 + 1)^2}} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2(2k^2 - b^2 + 1)}{(2k^2 + 1)^2}} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2(1 - 4b - b^2)}{(1 - 4b)^2}} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2}{1 - 4b}\left( 1 - \frac{b^2}{1 - 4b} \right)} 。$$（11$分$）$因为$ \Delta = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 ，$所以$ b^2 ＜ 1 - 4b ，$即$ 0 ＜ \frac{b^2}{1 - 4b} ＜ 1 。$所以$ S_{\triangle OAB} = \sqrt{2} · \sqrt{\frac{b^2}{1 - 4b}\left( 1 - \frac{b^2}{1 - 4b} \right)} \leq \sqrt{2} · \frac{\frac{b^2}{1 - 4b} + 1 - \frac{b^2}{1 - 4b}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2} （$提示：基本不等式$），$$（14$分$）$当且仅当$ \frac{b^2}{1 - 4b} = 1 - \frac{b^2}{1 - 4b} ，$即$ b = -1 - \frac{\sqrt{6}}{2} $时等号成立。$ \Delta = 8(1 - 4b - b^2) ＞ 0 $成立，所以$ S_{\triangle OAB} $的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{2} 。$$（15$分$）$因为$ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 0 ，$则$ G $为$ \triangle OAB $的重心，所以$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} 。$$（16$分$）$则$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} 。$$（17$分$）$
解法四：设$ P\left( m, \frac{m^2}{2} \right) ，$此时切线$ l $的方程为$ y = mx - \frac{m^2}{2} ，$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = mx - \frac{m^2}{2} \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (4m^2 + 2)x^2 - 4m^3x + m^4 - 4 = 0 ，$$（7$分$）$于是$ \Delta = (4m^3)^2 - 4(4m^2 + 2)(m^4 - 4) = -8(m^4 - 8m^2 - 4) ＞ 0 ，$解得$ 0 ＜ m^2 ＜ 4 + 2\sqrt{5} 。$$（8$分$）$设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由韦达定理可知$ x_1 + x_2 = \frac{4m^3}{4m^2 + 2} ，$$ x_1x_2 = \frac{m^4 - 4}{4m^2 + 2} ，$于是$ |AB| = \sqrt{1 + m^2}|x_1 - x_2| = \sqrt{1 + m^2} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = 2\sqrt{2} · \sqrt{1 + m^2} · \frac{\sqrt{-m^4 + 8m^2 + 4}}{4m^2 + 2} 。$点$ O $到直线$ AB $的距离$ d = \frac{\frac{m^2}{2}}{\sqrt{1 + m^2}} = \frac{m^2}{2\sqrt{1 + m^2}} 。$因为$ \overrightarrow{GO} + \overrightarrow{GA} + \overrightarrow{GB} = 0 ，$则$ G $为$ \triangle OAB $的重心，$（11$分$）$故$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} = \frac{1}{6}|AB| · d = \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{m^2\sqrt{-m^4 + 8m^2 + 4}}{4m^2 + 2} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{\sqrt{-1 + \frac{8}{m^2} + \frac{4}{m^4}}}{\frac{4}{m^2} + \frac{2}{m^4}} ，$$（13$分$）$令$ u = \frac{4}{m^2} + \frac{2}{m^4} ＞ 0 ，$则$ S_{\triangle GAB} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{\sqrt{-1 + 2u}}{u} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \sqrt{-\frac{1}{u^2} + \frac{2}{u}} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \sqrt{-\left( \frac{1}{u} - 1 \right)^2 + 1} \leq \frac{\sqrt{2}}{6} ，$$（16$分$）$当且仅当$ u = \frac{4}{m^2} + \frac{2}{m^4} = 1 ，$即$ m^2 = 2 + \sqrt{6} $时等号成立，$ \Delta ＞ 0 $成立。故$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} 。$$（17$分$）$
解法五：设$ P\left( m, \frac{m^2}{2} \right) ，$此时切线$ l $的方程为$ y = mx - \frac{m^2}{2} ，$$（5$分$）$联立$ \begin{cases} y = mx - \frac{m^2}{2} \\ \frac{x^2}{2} + y^2 = 1 \end{cases} $消去$ y $可得$ (4m^2 + 2)x^2 - 4m^3x + m^4 - 4 = 0 ，$$（7$分$）$于是$ \Delta = (4m^3)^2 - 4(4m^2 + 2)(m^4 - 4) = -8(m^4 - 8m^2 - 4) ＞ 0 。$$（8$分$）$则$ m^4 - 8m^2 - 4 ＜ 0 ，$解得$ 0 ＜ m^2 ＜ 4 + 2\sqrt{5} ，$设$ A(x_1, y_1) ，$$ B(x_2, y_2) ，$由韦达定理可知$ x_1 + x_2 = \frac{4m^3}{4m^2 + 2} ，$$ x_1x_2 = \frac{m^4 - 4}{4m^2 + 2} ，$于是$ |AB| = \sqrt{1 + m^2}|x_1 - x_2| = \sqrt{1 + m^2} · \sqrt{(x_1 + x_2)^2 - 4x_1x_2} = 2\sqrt{2} · \sqrt{1 + m^2} · \frac{\sqrt{-m^4 + 8m^2 + 4}}{4m^2 + 2} ，$$（11$分$）$点$ O $到直线$ AB $的距离$ d = \frac{\frac{m^2}{2}}{\sqrt{1 + m^2}} = \frac{m^2}{2\sqrt{1 + m^2}} 。$$（12$分$）$因为$ G $为$ \triangle OAB $的重心，则$ S_{\triangle GAB} = \frac{1}{3}S_{\triangle OAB} = \frac{1}{6}|AB| · d = \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{m^2\sqrt{-m^4 + 8m^2 + 4}}{4m^2 + 2} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \sqrt{\frac{m^4(-m^4 + 8m^2 + 4)}{(4m^2 + 2)^2}} = \frac{\sqrt{2}}{6} · \sqrt{\frac{m^4}{4m^2 + 2} · \left( 2 - \frac{m^4}{4m^2 + 2} \right)} \leq \frac{\sqrt{2}}{6} · \frac{\frac{m^4}{4m^2 + 2} + 2 - \frac{m^4}{4m^2 + 2}}{2} = \frac{\sqrt{2}}{6} ，$$（16$分$）$当且仅当$ \frac{m^4}{4m^2 + 2} = 2 - \frac{m^4}{4m^2 + 2} ，$即$ m^2 = 2 + \sqrt{6} ，$符合$ \Delta ＞ 0 ，$此时等号成立，故$ \triangle GAB $面积的最大值为$ \frac{\sqrt{2}}{6} 。$$（17$分$）$
$【$注：若直线方程设为反斜截式，可按照相应得分点给分$】$
19. (17 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 $ \frac{3\sqrt{2}}{2} $，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(x_0, y_0) $ 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。
(1) 求抛物线 $ C $ 的方程。
(2) 当点 $ P(x_0, y_0) $ 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。
答案：
19. 抛物线的方程+直线的方程+直线与抛物线的位置关系
解：
(1) 焦点 $ F(0, c)(c ＞ 0) $ 到直线 $ l: x - y - 2 = 0 $ 的距离 $ d = \frac{| - c - 2 |}{\sqrt{2}} = \frac{c + 2}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} $，解得 $ c = 1 $，所以抛物线 $ C $ 的方程为 $ x^2 = 4y $。（3分）
(2) 设 $ A(x_1, \frac{1}{4}x_1^2) $，$ B(x_2, \frac{1}{4}x_2^2) $，由
(1)得抛物线 $ C $ 的方程为 $ y = \frac{1}{4}x^2 $，$ y' = \frac{1}{2}x $，所以切线 $ PA $，$ PB $ 的斜率分别为 $ \frac{1}{2}x_1 $，$ \frac{1}{2}x_2 $。所以 $ PA: y - \frac{1}{4}x_1^2 = \frac{1}{2}x_1(x - x_1) $，① $ PB: y - \frac{1}{4}x_2^2 = \frac{1}{2}x_2(x - x_2) $。② 联立①②可得点 $ P $ 的坐标为 $ \left( \frac{x_1 + x_2}{2}, \frac{x_1x_2}{4} \right) $，即 $ x_0 = \frac{x_1 + x_2}{2} $，$ y_0 = \frac{x_1x_2}{4} $。又因为切线 $ PA $ 的斜率为 $ \frac{1}{2}x_1 = \frac{y_0 - \frac{1}{4}x_1^2}{x_0 - x_1} $，整理得 $ y_0 = \frac{1}{2}x_1x_0 - \frac{1}{4}x_1^2 $。直线 $ AB $ 的斜率 $ k = \frac{\frac{1}{4}x_1^2 - \frac{1}{4}x_2^2}{x_1 - x_2} = \frac{x_1 + x_2}{4} = \frac{x_0}{2} $，所以直线 $ AB $ 的方程为 $ y - \frac{1}{4}x_1^2 = \frac{1}{2}x_0(x - x_1) $，整理得 $ y = \frac{1}{2}x_0x - \frac{1}{2}x_1x_0 + \frac{1}{4}x_1^2 $，即 $ y = \frac{1}{2}x_0x - y_0 $。因为点 $ P(x_0, y_0) $ 为直线 $ l: x - y - 2 = 0 $ 上的点，所以 $ x_0 - y_0 - 2 = 0 $，即 $ y_0 = x_0 - 2 $。所以直线 $ AB $ 的方程为 $ y = \frac{1}{2}x_0x - x_0 + 2 $。（10分）
(3) 根据抛物线的定义，有 $ |AF| = \frac{1}{4}x_1^2 + 1 $，$ |BF| = \frac{1}{4}x_2^2 + 1 $，所以 $ |AF| · |BF| = \left( \frac{1}{4}x_1^2 + 1 \right)\left( \frac{1}{4}x_2^2 + 1 \right) = \frac{1}{16}x_1^2x_2^2 + \frac{1}{4}(x_1^2 + x_2^2) + 1 = \frac{1}{16}x_1^2x_2^2 + \frac{1}{4}[(x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2] + 1 $。由
(2)得 $ x_1 + x_2 = 2x_0 $，$ x_1x_2 = 4y_0 $，$ x_0 = y_0 + 2 $，所以 $ |AF| · |BF| = y_0^2 + \frac{1}{4}(4x_0^2 - 8y_0) + 1 = x_0^2 + y_0^2 - 2y_0 + 1 = (y_0 + 2)^2 + y_0^2 - 2y_0 + 1 = 2y_0^2 + 2y_0 + 5 = 2\left( y_0 + \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{9}{2} $。所以当 $ y_0 = -\frac{1}{2} $ 时，$ |AF| · |BF| $ 的最小值为 $ \frac{9}{2} $。（17分）
解：
(1) 焦点 $ F(0, c)(c ＞ 0) $ 到直线 $ l: x - y - 2 = 0 $ 的距离 $ d = \frac{| - c - 2 |}{\sqrt{2}} = \frac{c + 2}{\sqrt{2}} = \frac{3\sqrt{2}}{2} $，解得 $ c = 1 $，所以抛物线 $ C $ 的方程为 $ x^2 = 4y $。（3分）
(2) 设 $ A(x_1, \frac{1}{4}x_1^2) $，$ B(x_2, \frac{1}{4}x_2^2) $，由
(1)得抛物线 $ C $ 的方程为 $ y = \frac{1}{4}x^2 $，$ y' = \frac{1}{2}x $，所以切线 $ PA $，$ PB $ 的斜率分别为 $ \frac{1}{2}x_1 $，$ \frac{1}{2}x_2 $。所以 $ PA: y - \frac{1}{4}x_1^2 = \frac{1}{2}x_1(x - x_1) $，① $ PB: y - \frac{1}{4}x_2^2 = \frac{1}{2}x_2(x - x_2) $。② 联立①②可得点 $ P $ 的坐标为 $ \left( \frac{x_1 + x_2}{2}, \frac{x_1x_2}{4} \right) $，即 $ x_0 = \frac{x_1 + x_2}{2} $，$ y_0 = \frac{x_1x_2}{4} $。又因为切线 $ PA $ 的斜率为 $ \frac{1}{2}x_1 = \frac{y_0 - \frac{1}{4}x_1^2}{x_0 - x_1} $，整理得 $ y_0 = \frac{1}{2}x_1x_0 - \frac{1}{4}x_1^2 $。直线 $ AB $ 的斜率 $ k = \frac{\frac{1}{4}x_1^2 - \frac{1}{4}x_2^2}{x_1 - x_2} = \frac{x_1 + x_2}{4} = \frac{x_0}{2} $，所以直线 $ AB $ 的方程为 $ y - \frac{1}{4}x_1^2 = \frac{1}{2}x_0(x - x_1) $，整理得 $ y = \frac{1}{2}x_0x - \frac{1}{2}x_1x_0 + \frac{1}{4}x_1^2 $，即 $ y = \frac{1}{2}x_0x - y_0 $。因为点 $ P(x_0, y_0) $ 为直线 $ l: x - y - 2 = 0 $ 上的点，所以 $ x_0 - y_0 - 2 = 0 $，即 $ y_0 = x_0 - 2 $。所以直线 $ AB $ 的方程为 $ y = \frac{1}{2}x_0x - x_0 + 2 $。（10分）
(3) 根据抛物线的定义，有 $ |AF| = \frac{1}{4}x_1^2 + 1 $，$ |BF| = \frac{1}{4}x_2^2 + 1 $，所以 $ |AF| · |BF| = \left( \frac{1}{4}x_1^2 + 1 \right)\left( \frac{1}{4}x_2^2 + 1 \right) = \frac{1}{16}x_1^2x_2^2 + \frac{1}{4}(x_1^2 + x_2^2) + 1 = \frac{1}{16}x_1^2x_2^2 + \frac{1}{4}[(x_1 + x_2)^2 - 2x_1x_2] + 1 $。由
(2)得 $ x_1 + x_2 = 2x_0 $，$ x_1x_2 = 4y_0 $，$ x_0 = y_0 + 2 $，所以 $ |AF| · |BF| = y_0^2 + \frac{1}{4}(4x_0^2 - 8y_0) + 1 = x_0^2 + y_0^2 - 2y_0 + 1 = (y_0 + 2)^2 + y_0^2 - 2y_0 + 1 = 2y_0^2 + 2y_0 + 5 = 2\left( y_0 + \frac{1}{2} \right)^2 + \frac{9}{2} $。所以当 $ y_0 = -\frac{1}{2} $ 时，$ |AF| · |BF| $ 的最小值为 $ \frac{9}{2} $。（17分）
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