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  • 2021-06-30 发布

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

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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

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