2020版高考数学大一轮复习（讲义·理·新人教A版）第八章 平面解析几何 第8节 圆锥曲线的综合问题 18页

第8节　圆锥曲线的综合问题 考试要求　1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的综合问题的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.‎ 知 识 梳 理 ‎1.求定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.‎ ‎2.定点的探索与证明问题 ‎(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.‎ ‎(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.‎ ‎3.求解范围问题的方法 求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.‎ ‎4.圆锥曲线中常见最值的解题方法 ‎(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；‎ ‎(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.‎ ‎5.圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝·|y1－y2|＝·.‎ ‎[微点提醒]‎ ‎1.直线与椭圆位置关系的有关结论(供选用)‎ ‎(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；‎ ‎(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；‎ ‎(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.‎ ‎2.直线与抛物线位置关系的有关结论(供选用)‎ ‎(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；‎ ‎(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；‎ ‎(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.‎ 基 础 自 测 ‎1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.(　　)‎ ‎(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.(　　)‎ 解析　(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.‎ ‎(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.‎ 答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)√‎ ‎2.(选修2－1P71例6改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)‎ A.1条 B.2条 C.3条 D.4条 解析　结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条；直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0).‎ 答案　C ‎3.(选修2－1P69例4改编)已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|＝________.‎ 解析　法一　直线l的方程为y＝x＋1，‎ 由得y2－14y＋1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝14，‎ ‎∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.‎ 法二　如图所示，过F作AD的垂线，垂足为H，则|AF|＝|AD|＝p＋|AF|sin 60°，即|AF|＝＝.‎ 同理，|BF|＝，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝16.‎ 答案　16‎ ‎4.(2019·浙江八校联考)抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则(　　)‎ A.x3＝x1＋x2 B.x1x2＝x1x3＋x2x3‎ C.x1＋x2＋x3＝0 D.x1x2＋x2x3＋x3x1＝0‎ 解析　由消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝，x1x2＝－，令kx＋b＝0得x3＝－，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.‎ 答案　B ‎5.(2019·唐山市五校联考)直线l与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，M是线段AB的中点，若l与OM(O是原点)的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为(　　)‎ A.3 B.2 C. D. 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，把A，B两点坐标分别代入双曲线的方程，得 两式相减得－＝0，‎ 又所以＝，‎ 所以＝＝kOMkl＝1，所以e2＝1＋＝2，‎ 又e>1，所以e＝.‎ 答案　D ‎6.(2019·潍坊二模)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l，l与双曲线－y2＝1的两条渐近线分别交于A，B两点，若|AB|＝4，则a＝________.‎ 解析　抛物线y＝ax2(a>0)的准线l：y＝－，双曲线－y2＝1的两条渐近线分别为y＝x，y＝－x，可得xA＝－，xB＝，可得|AB|＝－＝4，解得a＝.‎ 答案　 第1课时　最值、范围、证明问题 考点一　最值问题　多维探究 角度1　利用几何性质求最值 ‎【例1－1】 设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为(　　)‎ A.9，12 B.8，11‎ C.8，12 D.10，12‎ 解析　如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8，12.‎ 答案　C 角度2　利用基本不等式或二次函数求最值 ‎【例1－2】 (2019·郑州二模)已知动圆E经过点F(1，0)，且和直线l：x＝－1相切.‎ ‎(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；‎ ‎(2)已知点A(3，0)，若斜率为1的直线l′与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求△ABC面积的最大值.‎ 解　(1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离，∴动点E的轨迹是以F(1，0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，故轨迹G的方程是y2＝4x.‎ ‎(2)设直线l′的方程为y＝x＋m，其中－30恒成立.‎ 由根与系数的关系得 x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝4，‎ 点A到直线l′的距离d＝，‎ ‎∴S△ABC＝×4×＝2×(3＋m)，‎ 令＝t，t∈(1，2)，则m＝1－t2，‎ ‎∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3，‎ 令f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2，‎ 令f′(t)＝0，得t＝(负值舍去).‎ 易知y＝f(t)在上单调递增，在上单调递减.‎ ‎∴y＝f(t)在t＝，即m＝－时取得最大值为.‎ ‎∴△ABC面积的最大值为.‎ 规律方法　圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用 圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.‎ ‎【训练1】 已知椭圆＋＝1(a>b>0)，F1，F2为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知∠F ‎1PF2＝60°，S△F1PF2＝，且椭圆的离心率为.‎ ‎(1)求椭圆方程；‎ ‎(2)已知T(－4，0)，过T的直线与椭圆交于M，N两点，求△MNF1面积的最大值.‎ 解　(1)由已知，得|PF1|＋|PF2|＝2a，①‎ ‎|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos 60°＝4c2，‎ 即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝4c2，②‎ |PF1||PF2|sin 60°＝，即|PF1||PF2|＝4，③‎ 联立①②③解得a2－c2＝3.又＝，∴c2＝1，a2＝4，‎ b2＝a2－c2＝3，椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)根据题意可知直线MN的斜率存在，且不为0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，‎ 代入椭圆方程，整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，‎ 则Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)>0，所以m2>4.‎ y1＋y2＝，y1y2＝，‎ 则△MNF1的面积S△MNF1＝|S△NTF1－S△MTF1|‎ ‎＝|TF1|·|y1－y2|＝ ‎＝＝18 ‎＝6×＝6×≤＝.‎ 当且仅当＝，即m2＝时(此时适合Δ>0的条件)取得等号.‎ 故△MNF1面积的最大值为.‎ 考点二　范围问题 ‎【例2】 (2018·浙江卷)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＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.‎ ‎(1)证明　设P(x0，y0)，A，B.‎ 因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程＝4·，‎ 即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根.‎ 所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴.‎ ‎(2)解　由(1)可知 所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，‎ ‎|y1－y2|＝2.‎ 因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|‎ ‎＝(y－4x0).‎ 因为x＋＝1(x0<0)，‎ 所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，‎ 因此，△PAB面积的取值范围是.‎ 规律方法　解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面 ‎(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)利用求函数的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.‎ ‎【训练2】 (2019·南昌调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求原点O到直线l的距离的取值范围.‎ 解　(1)由题知e＝＝，2b＝2，‎ 又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，‎ ‎∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ 依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，‎ 化简得m2<4k2＋1，①‎ x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.‎ 若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，‎ ‎∴(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0，‎ ‎∴(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，‎ 即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，‎ 化简得m2＋k2＝，②‎ 由①②得0≤m2<，0).‎ ‎(1)证明：k<－；‎ ‎(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差.‎ ‎(1)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则＋＝1，＋＝1.‎ 两式相减，并由＝k得＋·k＝0.‎ 由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①‎ 由于点M(1，m)(m>0)在椭圆＋＝1内，‎ ‎∴＋<1，解得00)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).‎ 因为|MN|＝3，所以r2＝＋22＝.‎ 所以r＝，圆C的方程为(x－2)2＋＝.‎ ‎(2)证明　把x＝0代入方程(x－2)2＋＝，‎ 解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).‎ ‎①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.‎ 联立方程消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.‎ 设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝ ‎＝＝0.‎ 所以∠ANM＝∠BNM.‎ 综合①②知∠ANM＝∠BNM.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.直线y＝x＋3与双曲线－＝1(a>0，b>0)的交点个数是(　　)‎ A.1 B.2 C.1或2 D.0‎ 解析　由直线y＝x＋3与双曲线－＝1的渐近线y＝x平行，故直线与双曲线的交点个数是1.‎ 答案　A ‎2.已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若线段AB的中点为(4，1)，则双曲线C的渐近线方程是(　　)‎ A.2x±y＝0 B.x±2y＝0‎ C.x±y＝0 D.x±y＝0‎ 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则－＝1①，－＝1②，由①－②得＝，结合题意化简得＝1，即＝，所以双曲线C的渐近线方程为x±2y＝0.‎ 答案　B ‎3.抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为(　　)‎ A. B. C.2 D. 解析　设抛物线上一点的坐标为(x，y)，‎ 则d＝＝＝，‎ ‎∴x＝时， dmin＝.‎ 答案　B ‎4.若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)‎ A.2 B.3 C.6 D.8‎ 解析　由题意得F(－1，0)，设点P(x0，y0)，‎ 则y＝3(－2≤x0≤2).‎ ·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y＝x＋x0＋3＝·(x0＋2)2＋2.‎ 因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，·取得最大值，最大值为6.‎ 答案　C ‎5.(2018·太原一模)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若△AOB的面积为，则|AB|＝(　　)‎ A.6 B.8 C.12 D.16‎ 解析　由题意知抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，易知当直线AB垂直于x轴时，△AOB的面积为2，不满足题意，所以可设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，与y2＝4x联立，消去x得ky2－4y－4k＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝，y1y2＝－4，‎ 所以|y1－y2|＝，所以△AOB的面积为×1×＝，解得k＝±，‎ 所以|AB|＝|y1－y2|＝6.‎ 答案　A 二、填空题 ‎6.(2019·北京朝阳区一模)抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴的交点为M，过点M作C的两条切线，切点分别为P，Q，则∠PMQ＝________.‎ 解析　由题意得M，设过点M的切线方程为x＝my－，代入y2＝2px得y2－2pmy＋p2＝0，∴Δ＝4p2m2－4p2＝0，∴m＝±1，则切线斜率k＝±1，∴MQ⊥MP，因此∠PMQ＝.‎ 答案　 ‎7.过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为________.‎ 解析　由过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得<2.‎ ‎∴e＝＝<＝，‎ ‎∵e>1，∴10)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2＝8px(p>0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2＝8px(p>0)的另一个交点为Q，则＝________.‎ 解析　设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，‎ 联立得解得P，‎ 联立得解得Q，‎ ‎∴|OP|＝＝，|PQ|＝＝，‎ ‎∴＝＝3.‎ 答案　3‎ 三、解答题 ‎9.设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长是4＋2.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足⊥，∥，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.‎ ‎(1)解　由e＝，知＝，所以c＝a，‎ 因为△MF1F2的周长是4＋2，‎ 所以2a＋2c＝4＋2，所以a＝2，c＝，‎ 所以b2＝a2－c2＝1，‎ 所以椭圆C1的方程为：＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，‎ 设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，‎ 因为⊥，所以可设C(2，y1)，‎ 所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，‎ 由∥可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝.‎ 所以直线AC的方程为：＝.‎ 整理得：y＝(x＋2).‎ 又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝，即点P的坐标为，所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.‎ ‎10.如图，已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称.‎ ‎(1)求实数m的取值范围；‎ ‎(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).‎ 解　由题意知m≠0，可设直线AB的方程为 y＝－x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M，‎ 由消去y，‎ 得x2－x＋b2－1＝0.‎ 因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①‎ 则x1＋x2＝，y1＋y2＝，‎ ‎(1)将AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－，②‎ 由①②得m＜－或m＞.‎ 故实数m的取值范围为∪.‎ ‎(2)令t＝∈∪，则 ‎|AB|＝·，‎ 且O到直线AB的距离为d＝.‎ 设△AOB的面积为S(t)，‎ 所以S(t)＝|AB|·d＝ ≤.‎ 当且仅当t2＝时，等号成立.‎ 故△AOB面积的最大值为.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.(2019·烟台一模)已知抛物线M：y2＝4x，过抛物线M的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，且交抛物线的准线于点E.若＝2，则直线l的斜率为(　　)‎ A.3 B.2 C. D.1‎ 解析　分别过A，B两点作AD，BC垂直于准线，垂足分别为D，C，‎ 由＝2，得B为AE的中点，∴|AB|＝|BE|，‎ 则|AD|＝2|BC|，‎ 由抛物线的定义可知|AF|＝|AD|，|BF|＝|BC|，‎ ‎∴|AB|＝3|BC|，‎ ‎∴|BE|＝3|BC|，则|CE|＝2|BC|，‎ ‎∴tan ∠CBE＝＝2，‎ ‎∴直线l的斜率k＝tan ∠AFx＝tan ∠CBE＝2.‎ 答案　B ‎12.(2019·河北百校联考)已知抛物线y2＝4x，过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A，B两点(A在第一象限内)，＝3 ，过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G，则△ABG的面积为(　　)‎ A. B. C. D. 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为＝3，‎ 所以y1＝－3y2，设直线l的方程为x＝my＋1，‎ 由消去x得y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4，‎ ‎∴∴y1＋y2＝4m＝，‎ ‎∴m＝，∴x1＋x2＝，AB的中点坐标为，过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y－＝－，令y＝0，可得x＝，所以S△ABG＝××＝.‎ 答案　C ‎13.(一题多解)(2018·全国Ⅲ卷)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＝________.‎ 解析　法一　由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝‎ k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4，则∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝，x1x2＝1与y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2.‎ 法二　设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则所以y－y＝4(x1－x2)，则k＝＝，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′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|).又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.‎ 答案　2‎ ‎14.(2018·天津卷)设椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，|AB|＝.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设直线l：y＝kx(k<0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值.‎ 解　(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有＝，‎ 又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.‎ 由|AB|＝＝，从而a＝3，b＝2.‎ 所以，椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，‎ 由题意，x2>x1>0，点Q的坐标为(－x1，－y1).‎ 由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，可得|PM|＝2|PQ|，‎ 从而x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1.‎ 易知直线AB的方程为2x＋3y＝6，‎ 由方程组消去y，可得x2＝.‎ 由方程组消去y，可得x1＝.‎ 由x2＝5x1，可得＝5(3k＋2)，‎ 两边平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，‎ 解得k＝－，或k＝－.‎ 当k＝－时，x2＝－9<0，不合题意，舍去；‎ 当k＝－时，x2＝12，x1＝，符合题意.‎ 所以，k的值为－.‎ 新高考创新预测 ‎15.(思维创新)已知抛物线y2＝4x，焦点记为F，过点F作直线l交抛物线于A，B两点，则|AF|－的最小值为________.‎ 解析　当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入y2＝4x可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝1.由抛物线的定义可得|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，所以|AF|－＝x1＋1－＝＝＝＝.令x2－1＝t(t≥1)，则x2＝t＋1，所以|AF|－＝＝≥＝＝＝2－2(当且仅当t＝时等号成立)；当直线l的斜率不存在时，易得|AF|－＝1.综上，|AF|－的最小值为2－2.‎ 答案　2－2‎