2022-2023学年福建省泉州市石狮一中高二（上）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2022-2023学年福建省泉州市石狮一中高二（上）期中数学试卷-普通用卷，共15页。试卷主要包含了双曲线C，已知过抛物线G，以下四个命题表述正确的是等内容，欢迎下载使用。

A. (2,3,4)B. (−2,−3,4)C. (−2,3,−4)D. (2,−3,−4)
2.直线ax−2y=0的斜率与直线4x+2y−1=0的斜率互为倒数，则a等于( )
A. 2B. −12C. 1D. −1
3.若直线x+y+a=0平分圆x2+y2−2x+4y+1=0的面积，则a的值为( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
4.双曲线C：x29−y216=1的左右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线C上且|PF1|=20，则|PF2|等于( )
A. 14B. 26C. 14或26D. 16或24
5.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB=∠A1AD=60∘，且AA1=4，则A1C的长为( )
A. 5
B. 2 2
C. 10
D. 14
6.古希腊数学家欧几里得在《几何原本》中描述了圆锥曲线的共性，并给出了圆锥曲线的统一定义，他指出，平面内到定点的距离与到定直线的距离的比是常数e的点的轨迹叫做圆锥曲线；当01时，轨迹为双曲线．则方程 (x−4)2+y2|25−4x|=15表示的圆锥曲线的离心率e等于( )
A. 15B. 45C. 54D. 5
7.设F1，F2是椭圆x24+y23=1的两个焦点，P是椭圆上一点，且点P到两个焦点的距离之差为1，则△PF1F2的面积为( )
A. 2B. 3C. 32D. 52
8.已知过抛物线G：y2=2px(p>0)焦点F的直线l与抛物线G交于M、N两点(M在x轴上方)，满足MF=3FN，|MN|=163，则以M为圆心且与抛物线准线相切的圆的标准方程为( )
A. (x−13)2+(y−2 33)2=163B. (x−13)2+(y− 33)2=163
C. (x−3)2+(y−2 3)2=16D. (x−3)2+(y− 3)2=16
9.过点(1,4)且与圆(x+1)2+y2=4相切的直线方程为( )
A. x−1=0B. y−4=0
C. 3x−4y+13=0D. 4x−3y+8=0
10.以下四个命题表述正确的是( )
A. 直线mx+4y−12=0(m∈R)恒过定点(0,3)
B. 已知直线x+y−m=0与直线x+(3−2m)y=0互相垂直，则m=2
C. 圆C：x2+y2−2x−8y+13=0的圆心到直线4x−3y+3=0的距离为2
D. 两圆x2+y2−2x−3=0与x2+y2+2y−4=0的公共弦所在的直线方程为2x+2y−1=0
11.关于椭圆C：y24+x23=1，下列叙述正确的是( )
A. 焦点在x轴上B. 长轴长为4C. 离心率为12D. 过点(1,32)
12.已知圆M：(x−1−csθ)2+(y−sinθ)2=1，直线1：kx−y−k=0，下面命题中正确的是( )
A. 对任意实数k与θ，直线l和圆M有公共点
B. 对任意实数k与θ，直线l与圆M都相离
C. 存在实数k与θ，直线l和圆M相交
D. 对任意实数k，必存在实数θ，使得直l与圆M相切．
13.抛物线y2=4x的准线方程为______.
14.已知两条平行直线L1：x+2y+3=0，L2：3x+by+c=0间的距离为 5，则b+c=______.
15.已知椭圆C：x24+y23=1的左、右焦点分别为F1，F2，M为椭圆C上任意一点，N为圆E：(x−4)2+(y−3)2=1上任意一点，则|MN|−|MF1|的最小值为______ .
16.已知点M为双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)在第一象限上一点，点F为双曲线C的右焦点，O为坐标原点，4|MO|=4|MF|=7|OF|，则双曲线C的离心率为______ ；若MF，MO分别交双曲线C于P，Q两点，记直线PM与PQ的斜率分别为k1，k2，则2k1k2=______ .
17.在平面内，A(3,0)，B(−1,0)，C为动点，若AC⋅BC=5.
(1)求点C的轨迹方程；
(2)已知直线l过点(1,2)，求曲线C截直线l所得的弦长的最小值．
18.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为线段AA1的中点.
(1)求点D到平面MCD1的距离；
(2)求平面ADD1A1与平面MCD1夹角的余弦值.
19.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.
20.已知四棱锥P−ABCD的底面ABCD是正方形，侧棱PA⊥平面ABCD，点M在棱DP上，且DM=2MP，点N是在棱PC上的动点(不为端点).
(1)若N是棱PC中点，求证：PB//平面AMN；
(2)若AP=AD=3，当点N在何处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值取得最大值．
21.已知双曲线C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)过点(2 2,1)，渐近线方程为y=±12x，直线l是双曲线C右支的一条切线，且与C的渐近线交于A，B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设点A，B的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值．
22.已知抛物线T：y2=2px(p∈N+)和椭圆C：x25+y2=1，过抛物线T的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，线段AB的中垂线交椭圆C于M，N两点．
(Ⅰ)若F恰是椭圆C的焦点，求p的值；
(Ⅱ)若MN恰好被AB平分，求△OAB面积的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：在空间直角坐标系Oxyz中，
点A(−2,3,4)关于原点的对称点坐标为(2,−3,−4).
故选：D.
在空间直角坐标系Oxyz中，点(x,y,z)关于原点的对称点坐标为(−x,−y,−z).
本题考查空间点的对称坐标的求法，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题意得a2×(−2)=1，得a=−1.
故选：D.
由两直线的斜率列式求解即可．
本题考查直线的斜率，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，圆的方程为x2+y2−2x+4y+1=0，其圆心为(1,−2)，
若直线x+y+a=0平分圆x2+y2−2x+4y+1=0的面积，则圆心在直线x+y+a=0上，
则有a+1−2=0，解可得a=1；
故选：A.
根据题意，由圆的方程分析圆的圆心，进而分析可得圆心在直线x+y+a=0上，将圆心坐标代入直线方程可得a−2−1=0，解可得a的值，即可得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，注意直线平分圆的条件，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：因为点P为双曲线C上，
所以||PF1|−|PF2||=2a，
因为双曲线的方程为x29−y216=1，
所以a2=9，即a=3，
所以即|20−|PF2||=6，
所以20−|PF2|=6或20−|PF2|=−6，
解得|PF2|=14或|PF2|=26，
故选：C.
由双曲线的定义可得||PF1|−|PF2||=2a，即|20−|PF2||=6，即可得出答案．
本题考查双曲线的定义，解题中需要理清思路，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：设AB=a，AD=b，AA1=c，
则a⋅b=0，b⋅c=2，a⋅c=2，
所以A1C=A1A+AB+BC=a+b−c，
故|A1C|= (a+b−c)2= a2+b2+c2+2a⋅b−2b⋅c−2a⋅c= 10，
即A1C的长为 10.
故选：C.
以{AB,AD,AA1}为基底表示出A1C，再利用空间向量的模和数量积运算即可求解．
本题考查了空间向量的模和平面向量数量积的运算，考查了数形结合思想，属于中档题．
6.【答案】B
【解析】解：将方程 (x−4)2+y2|25−4x|=15，两边平方整理可得x225+y29=1，
所以表示的曲线为椭圆，且a2=25，b2=9，
所以c2=a2−b2=25−9=16，
即a=5，c=4，所以离心率e=ca=45，
故选：B.
将所给的方程整理后，求出a，b的值，再由a，b，c之间的关系求出c值，进而求出离心率的值．
本题考查椭圆的性质的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查椭圆的定义及其应用，椭圆的几何性质等知识，属于中等题．
由题意结合椭圆的定义求出PF1=52，PF2=32，又因为|F1F2|=2c=2，由余弦定理可求出cs∠F1PF2，再求出sin∠F1PF2，由三角形的面积公式即可得出答案．
【解答】
解：∵椭圆的方程为x24+y23=1，
∴a=2，b= 3，c=1，
F1，F2是椭圆x24+y23=1的两个焦点，P是椭圆上一点，
∵点P到两个焦点的距离之差为1，
∴假设|PF1|>|PF2|，则PF1−PF2=1PF1+PF2=2a=4，
解得：PF1=52，PF2=32，
又∵|F1F2|=2c=2，
∴在△PF1F2中，由余弦定理可得：cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1⋅PF2=522+322−222×52×32=35，
所以sin∠F1PF2=45，
所以△PF1F2的面积为：S=12PF1⋅PF2sin∠F1PF2=12×52×32×45=32，
故选C.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查抛物线定义以及抛物线的性质，以M为圆心且与抛物线准线相切的圆的标准方程的求法，考查转化思想以及数形结合思想的应用，属于中档题．
求出直线l的斜率，可得直线方程，与抛物线方程联立，利用|MN|，求出p，可得M的坐标，即可求出以M为圆心且与抛物线准线相切的圆的标准方程．
【解答】
解：如图，做MM′,NN ′垂直抛物线准线于M ′,N ′
过点N作NE⊥MM′，由抛物线的定义，|MM′|=|MF|，|NN′|=|NF|，|MN|=163，MF=3FN，
解三角形EMN，EM=83，得∠EMF=π3，所以直线l的斜率为 3，
其方程为y= 3(x−p2)，
与抛物线方程联立可得3x2−5px+34p2=0，
∴x1+x2=53p，
∴|MN|=83p=163，
∴p=2，
∴M(3,2 3)，r=4，
∴圆的标准方程为(x−3)2+(y−2 3)2=16.
故选：C.
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查圆的切线方程，属于基础题．
讨论切线的斜率是否存在，然后结合直线与圆相切的性质可求．
【解答】
解：圆(x+1)2+y2=4，圆心坐标为−1,0，半径为2，
过点(1,4)作圆(x+1)2+y2=4的切线，
当切线的斜率不存在时，直线x=1符合题意；
当切线的斜率存在时，可设切线方程为y−4=k(x−1)，即kx−y+4−k=0，
则|−k+4−k| 1+k2=2，
解得k=34，此时切线方程为34x−y+134=0，即3x−4y+13=0，
故过点(1,4)且与圆(x+1)2+y2=4相切的直线方程为x=1或3x−4y+13=0.
故选AC.
10.【答案】ABD
【解析】解：对于A：直线mx+4y−12=0(m∈R)恒过定点(0,3)，故A正确；
对于B：直线x+y−m=0的斜率为−1，因为直线x+y−m=0与直线x+(3−2m)y=0互相垂直，
所以直线x+(3−2m)y=0的斜率为1，则3−2m≠0，故−13−2m=1，∴m=2，B正确；
对于C：圆C：x2+y2−2x−8y+13=0的圆心为(1,4)，
到直线4x−3y+3=0的距离d=|4−12+3| 42+(−3)2=1，C错误；
对于D：圆x2+y2−2x−3=0即(x−1)2+y2=4，圆心为(1,0)，半径R=2，
x2+y2+2y−4=0即x2+(y+1)2=5，圆心为(0,−1)，半径r= 5，
故两圆圆心距为 12+12= 2，则 5−2< 2< 5+2，故两圆相交，
将两圆x2+y2−2x−3=0与x2+y2+2y−4=0的方程相减，得2x+2y−1=0，
即两圆公共弦所在的直线方程为2x+2y−1=0，故D正确；
故选：ABD.
对于A，求出直线过的定点即可判断；
对于B，根据直线垂直时斜率之积等于−1，求得m，即可判断；
对于C，确定圆心坐标，根据点到直线的距离公式即可判断；
对于D，将两圆方程相减，即可求得公共弦方程，即可判断．
本题考查的知识要点：直线的方程，两圆的位置关系，点到直线的距离公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
11.【答案】BC
【解析】解：由已知，椭圆的焦点在y轴上，a=2，b= 3，c=1，
则长轴长为2a=4，离心率为e=ca=12，
将点代入椭圆方程左边得(32)24+123≠1，不满足，即点(1,32)不在椭圆上．
故选：BC.
根据椭圆的标准方程，可判断A项；求出a，b，c的值，可判断B，C项；代入判断D项．
本题考查椭圆的性质，考查运算求解能力，属于基础题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，圆M：(x−1−csθ)2+(y−sinθ)2=1的圆心为(1+csθ,sinθ)，半径为r=1，
无论θ取何值，都有(1−1−csθ)2+(sinθ)2=1，
∴圆过定点(1,0)，又直线l：kx−y−k=0可化为k(x−1)−y=0，过定点(1,0)，
∴直线l和圆M有公共点(1,0)，A正确；
对于B，圆心M到直线l的距离为d=|kcsθ−sinθ| k2+1=|sin(θ−α)|≤1=r，
其中tanα=k，∴d≤r，故B错误；
根据B的分析，可得C、D正确．
故选：ACD.
由题意求得圆M与直线l有公共点(1,0)，求得圆心到直线l的距离为d≤r，即可得出答案．
本题考查了直线与圆的位置关系，属于中档题．
13.【答案】x=−1
【解析】解：y2=4x的准线方程为：x=−1.
故答案为：x=−1.
直接利用抛物线的标准方程求解准线方程即可．
本题考查抛物线的简单性质的应用，是基础题．
14.【答案】0或30
【解析】解：因为两条平行直线L1：x+2y+3=0，L2：3x+by+c=0间的距离为 5，
所以b=6，且|9−c| 32+62= 5，
解得c=−6，或24，
所以b+c=0，或30.
故答案为：0，或30.
根据题意，由平行线间的距离公式计算可得答案．
本题考查平行线间的距离计算，关键是掌握平行线间的距离计算公式，属于基础题．
15.【答案】3 2−5
【解析】解：如图，
M为椭圆C上任意一点，N为圆E：(x−4)2+(y−3)2=1上任意一点，
则|MF1|+|MF2|=4，|MN|≥|ME|−1(当且仅当M、N、E共线时取等号)，
∴|MN|−|MF1|=|MN|−(4−|MF2|)=|MN|+|MF2|−4≥|ME|+|MF2|−5≥|EF2|−5，
∵F2(1,0)，E(4,3)，则|EF2|= (4−1)2+(3−0)2=3 2，
∴|MN|−|MF1|的最小值为3 2−5.
故答案为：3 2−5.
由题意画出图形，利用三角形两边之差小于第三边及椭圆定义转化，再由两点间的距离公式求解．
本题考查椭圆的几何性质，考查化归与转化、数形结合思想，考查运算求解能力，是中档题．
16.【答案】4 30
【解析】解：如图，
设M(x0,y0)，由已知可得，4|MO|=4|MF|=7|OF|=7c，
则x0=c2，y0= |MO|2−(|OF|2)2=3 54c，
即M(c2,3 54c)，
把M代入双曲线方程，可得c24a2−45c216b2=1，
即4b2c2−45a2c2=16a2b2，
又b2=c2−a2，代入上式可得4c4−65a2c2+16a4=0，
即4e4−65e2+16=0，解得e2=16或e2=14(舍)，
所以双曲线C的离心率e=4；
设P(x1,y1)，则Q(−x0,−y0)，
所以k1k2=y1−y0x1−x0⋅y1+y0x1+x0=y12−y02x12−x02，
把P、M的坐标分别代入双曲线方程，得x12a2−y12b2=1x02a2−y02b2=1，
两式作差，可得y12−y02x12−x02=b2a2，
由e=4，得ca=4，即c2=a2+b2=16a2，所以b2a2=15.
∴k1k2=15，则2k1k2=30.
故答案为：4；30.
求出M的坐标，代入双曲线方程，结合隐含条件即可求得双曲线的离心率；设P(x1,y1)，把P、Q坐标代入双曲线方程，作差可得y12−y02x12−x02=b2a2，再由斜率公式求得k1k2=y12−y02x12−x02，进一步求出2k1k2的值．
本题考查双曲线的几何性质，考查数形结合思想和运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)设C(x,y)，AC=(x−3,y)，BC=(x+1,y)，
所以AC⋅BC=(x−3,y)⋅(x+1,y)=(x−3)(x+1)+y2=5，
所以x2−2x+y2−8=0，
即(x−1)2+y2=9，
所以点C的轨迹方程为(x−1)2+y2=9.
(2)由(1)可知点C的轨迹为以P(1,0)为圆心，3为半径的圆，
若曲线C截直线l所得的弦长最小，则圆心P到直线l的距离最大，
又圆心P到直线l的距离最大值为|PM|= (1−1)2+(0−2)2=2，
所以由弦长公式可得弦长的最小值为2 32−|PM|2=2 9−4=2 5.
【解析】(1)设C(x,y)，由向量数量积的坐标表示可得AC⋅BC=(x−3,y)⋅(x+1,y)=5，化简，即可得出答案．
(2)由(1)可知点C的轨迹为以P(1,0)为圆心，3为半径的圆，若曲线C截直线l所得的弦长最小，则圆心P到直线l的距离最大，再结合弦长公式，即可得出答案．
本题考查轨迹方程，直线与圆的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．
18.【答案】(1)解：在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为线段AA1的中点．
如图建立空间直角坐标系A−xyz.
M是AA1的中点，
∴C(2,2,0)，D(0,2,0)，M(0,0,1)，D1(0,2,2)，
由可得MD1=(0,2,1),MC=(2,2,−1)，
设平面MCD1的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅MD1=2y+z=0n⋅MC=2x+2y−z=0，令y=1，则z=−2，x=−2，∴n=(−2,1,−2)，
∵D1D=(0,0,−2)，设点D到平面MCD1的距离为d，
则d=|D1D⋅n||n|=43，故点D到平面MCD1的距离为43；
(2)解：由(1)可得平面MCD1的法向量为n=(−2,1,−2)，
显然平面ADD1A1的法向量可以为m=(1,0,0)，
设平面ADD1A1与平面MCD1夹角为θ，∴csθ=|n⋅m||n|⋅|m|=2 4+1+4=23，
∴平面ADD1A1与平面MCD1夹角的余弦值为23.
【解析】(1)(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得．
本题考查二面角的求法，点、线、面距离间的求法，向量的应用，是中档题．
19.【答案】解：(1)当l与x轴垂直时，x=2，代入抛物线解得y=±2，
所以M(2,2)或M(2,−2)，
所以直线BM的方程为：y=12x+1，或：y=−12x−1.
(2)证明：设直线l的方程为l：x=ty+2，M(x1,y1)，N(x2,y2)，
联立直线l与抛物线方程得y2=2xx=ty+2，消x得y2−2ty−4=0，
即y1+y2=2t，y1y2=−4，
则有kBN+kBM=y1x1+2+y2x2+2=(y222×y1+y122×y2)+2(y1+y2)(x1+2)(x2+2)=(y1+y2)(y1y22+2)(x1+2)(x2+2)=0，
所以直线BN与BM的倾斜角互补，
∴∠ABM=∠ABN.
【解析】本题考查抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查韦达定理，直线的斜率公式，考查转化思想，属于中档题．
(1)当x=2时，代入求得M点坐标，即可求得直线BM的方程；
(2)设直线l的方程为x=ty+2，与抛物线的方程联立，利用韦达定理及直线的斜率公式即可求得kBN+kBM=0，即可证明∠ABM=∠ABN.
20.【答案】证明：(1)设AC∩BD=O，连接PO交AN于点G，
连接DG并延长交PB于点H，连接MG，
在三角形PAC中，O，N分别是AC，PC的中点，
所以G是三角形PAC的重心，所以PGGO=2，
在三角形PBD中，O是BD的中点，PGGO=2，
所以点G为△PBD的重心，所以DG=2GH，且H是PB的中点，
又∵DM=2MP，
∴MG//PH即MG//PB，又MG⊂平面AMN，PB⊄平面AMN，
所以PB//平面AMN；
解：(2)四边形ABCD是正方形，且PA⊥平面ABCD，
∴AB、AD、AP两两垂直，
以A为坐标原点，AB方向为x轴正方向建立空间直角坐标系A−xyz，
如图所示，则点A(0,0,0)，P(0,0,3)，C(3,3,0)，M(0,1,2)，
则AP=(0,0,3),AM=(0,1,2),PC=(3,3,−3)，
设PN=λPC(0<λ<1)，则PN=λPC=(3λ,3λ,−3λ)，
∴AN=AP+PN=(3λ,3λ,−3λ+3)，
设平面AMN的法向量为n=(x,y,z)，
则有n⋅AM=y+2z=0n⋅AN=3λx+3λy+(−3λ+3)z=0，
化简得：y=−2zx=(3−1λ)z，取z=1则，n=(3−1λ,−2,1)，
设直线PA与平面AMN所成角为θ，
则sinθ=|cs⟨AP,n⟩|=|AP⋅n||AP|⋅|n|=1 5+(3−1λ)2，
∴当λ=13时sinθ的值最大，
即当点N在线段PC靠点P的三等分点处时，直线PA与平面AMN所成角的正弦值最大，最大值为 55.
【解析】(1)结合三角形的重心、“对应边成比例，两直线平行”以及线面平行的判定定理证得PB//平面AMN；
(2)建立空间直角坐标系，设PN=λPC，求得直线PA与平面AMN所成角的正弦值，结合二次函数的性质求得其最大值．
本题考查了线面平行的证明和线面角的计算，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题设双曲线C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)过点(2 2,1)，渐近线方程为y=±12x，
可知8a2+1b2=1ba=12，解得a=2b=1，则C：x24−y2=1.
(2)当直线l斜率不存在时，易知点M到y轴的距离为2﹔
当直线l斜率存在时，设l：y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x24−y2=0y=kx+m，整理得(4k2−1)x2+8kmx+4m2=0，
Δ=64k2m2−16(4k2−1)(m2+1)=0，
整理得m2=4k2−1，且−8km4k2−1=−8km>0，则km<0.
则x1+x2=−8km，则xM=x1+x22=−4km，xM2=16k2m2=4+4m2>4，
则此时点M到y轴的距离大于2；综上所述，点M到y轴的最小距离为2.
【解析】(1)利用双曲线C：x2a2+y2b2=1(a>0,b>0)过点(2 2,1)，渐近线方程为y=±12x，列出方程组求解a，b，即可得到双曲线方程．
(2)当直线l斜率不存在时，点M到y轴的距离为2﹔
当直线l斜率存在时，设l：y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，联立直线与双曲线方程，利用判别式推出km<0.结合韦达定理中点坐标公式，转化求解即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，双曲线方程的求法，直线与双曲线的位置关系的应用，是中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)在椭圆中，c2=a2−b2=4，所以c=2，
由p2=2，得p=4.
(Ⅱ)设直线l：x=my+p2，代入抛物线方程得y2−2mpy−p2=0.
设AB的中点G(x0,y0)，则y0=mp，x0=m2p+p2，
由kOG⋅kMN=−b2a2得mpm2p+p2⋅(−m)=−15，解得m2=18，
由点G在椭圆内，得(m2p+p2)25+(mp)2<1，解得p2<6413，
因为p∈Z，所以p的最大值是2，
△OAB面积S=12×p2|yA−yB|=p4 4p2m2+4p2=3 28p2≤3 22，
所以，当p=2时，△OAB面积的最大值是3 22.
【解析】本题考查了抛物线与椭圆的基本性质，考查了直线与圆锥曲线相交问题．
(1)由题可知F是椭圆C的焦点，根据椭圆方程即可求解；
(2)由抛物线与直线相交于A，B两点，则联立直线与抛物线方程，可得到AB中点G的坐标，根据垂直关系，以及点G在椭圆内部，即可进行求