第8章 第8节 直线与圆锥曲线的位置关系(Word教师用书)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

第八节　直线与圆锥曲线的位置关系 1.掌握解决直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系问题的思想方法． 2．会判断直线与圆锥曲线的位置关系． 回首教材 1．直线与圆锥曲线的位置关系 设直线l：Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线C：F(x，y)＝0， 由消去y得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0. (1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线l与圆锥曲线C有2个公共点；Δ＝0⇔直线l与圆锥曲线C有1个公共点；Δ＜0⇔直线l与圆锥曲线C有0个公共点． (2)当a＝0，b≠0时，圆锥曲线C为抛物线或双曲线． 当C为双曲线时，l与双曲线的渐近线平行或重合，它们的公共点有1个或0个． 当C为抛物线时，l与抛物线的对称轴平行或重合，它们的公共点有1个． 2．圆锥曲线的弦长公式 设斜率为k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|＝·. 拓展教材(常见结论及应用) 圆锥曲线中的中点弦的有关结论 设AB为圆锥曲线的弦，点M为弦AB的中点，O为坐标原点： 标准方程 结论 ＋＝1(a＞b＞0) kAB·kOM＝－ ＋＝1(a＞b＞0) kAB·kOM＝－ －＝1(a＞0，b＞0) kAB·kOM＝ －＝1(a＞0，b＞0) kAB·kOM＝ y2＝2px(p≠0) kAB＝(y0为M的纵坐标) x2＝2py(p≠0) kAB＝(x0为M的横坐标) 发掘教材 A组——教材信息的发掘训练 1．(人B选择性必修①P168例1改编)直线y＝3x－1与椭圆＋＝1的公共点的个数是(　 ) A．0 B．1 C．2 D．无数个 解析：选C　由消去y并整理得11x2－6x－7＝0，显然Δ＝(－6)2－4×11×(－7)>0，所以直线y＝3x－1与椭圆＋＝1相交，有2个公共点． 2．(人A选择性必修①P145T4改编)已知直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1没有公共点，则k的取值范围是(　 ) A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－1,1) C．(－∞，－)∪(，＋∞) D．(－，) 解析：选C　联立消去y得(1－k2)x2＋2kx－2＝0，当1－k2＝0时，方程有解，即直线y＝kx－1与双曲线x2－y2＝1有公共点；当1－k2≠0时，Δ＝4k2＋8(1－k2)<0，解得k<－或k>. 3．(苏教选择性必修①P128T5)若经过双曲线－＝1的一个焦点，且垂直于实轴的直线l与双曲线交于A，B两点，则线段AB的长为________． 解析：双曲线－＝1的a＝4，b＝2，c＝＝2，可得一个焦点为(0,2)，直线l：y＝2，代入双曲线的方程可得－＝1，解得x＝±2，则|AB|＝4. 答案：4 B组——迷点盲点的澄清训练 1．(忽视相切与交点个数的关系)“直线与双曲线相切”是“直线与双曲线只有一个公共点”的(　 ) A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选A　直线与双曲线相切时，只有一个公共点，但直线与双曲线相交时，也可能有一个公共点，例如与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线只有一个交点．故选A. 2．(忽略直线过定点)直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　 ) A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 解析：选A　直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．故选A. 题点一　直线与圆锥曲线的位置关系的判断(自主练通) 1．已知双曲线－＝1与直线y＝2x有交点，则双曲线离心率的取值范围为(　 ) A．(1，) B．(1，] C．(，＋∞) D．[，＋∞) 解析：选C　因为双曲线的一条渐近线方程为y＝x，则由题意得>2，所以e＝＝>＝. 2．(2024·广州模拟)已知以F1(－2,0)，F2(2,0)为焦点的椭圆与直线x＋y＋4＝0有且仅有一个公共点，则椭圆的长轴长为(　 ) A．3 B．2 C．2 D．4 解析：选C　设椭圆方程为mx2＋ny2＝1(m≠n>0)，直线x＋y＋4＝0代入椭圆方程，消去x得(m＋n)y2＋8my＋16m－1＝0，Δ＝64m2－4(16m－1)(m＋n)＝0，整理，得m＋n＝16mn，又c＝2，由焦点在x轴上，所以－＝4，联立解得m＝，n＝，故椭圆方程为＋＝1，则长轴长为2.故选C. 3．若直线y＝kx＋2与双曲线x2－y2＝6的右支交于不同的两点，则k的取值范围是________． 解析：由得(1－k2)x2－4kx－10＝0. 设直线与双曲线的右支交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 解得－＜k＜－1. 答案： 4．已知直线l：(2m＋1)x＋(m＋1)y＝7m＋4，椭圆C：＋＝1. (1)证明：直线l与椭圆C恒有两个交点； (2)已知点A(1,0)，若P是椭圆C上任意一点，求|PA|的取值范围． 解：(1)证明：由(2m＋1)x＋(m＋1)y＝7m＋4整理可得m(2x＋y－7)＋x＋y－4＝0， 由解得所以直线l过定点(3,1)． 又＋＝＜1，所以点(3,1)在椭圆内部， 所以直线l与椭圆C恒有两个交点． (2)设点P坐标为(x，y)， 则y2＝16，所以|PA|＝＝＝. 令t＝x2－2x＋17，x∈[－5,5]，其对称轴为x＝，且图象开口向上，所以当x＝时，tmin＝×2－2×＋17＝； 当x＝－5时，tmax＝×(－5)2－2×(－5)＋17＝36， 所以≤t≤36，所以≤|PA|≤，即≤|PA|≤6. 所以|PA|的取值范围为. [思维建模] 直线与圆锥曲线位置关系的判定方法 代数法 联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标 几何法 画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点的个数 题点二　弦长问题 例1　(2024·洛阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，点P在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点A(1,0)，斜率为k的直线交椭圆于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，且x1≠x2，△MNF2的面积为，求直线MN的方程． 解：(1)由题意得解得 故椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)因为直线MN经过点A(1,0)，且与椭圆C交于M(x1，y1)，N(x2，y2)两点，且x1≠x2. 所以设直线MN的方程为y＝k(x－1)， 联立 消去y得(9＋25k2)x2－50k2x＋25k2－225＝0， Δ＝2 500k4－4(9＋25k2)(25k2－225)＝21 600k2＋8 100>0，由根与系数的关系得x1＋x2＝， x1x2＝， 所以|MN|＝· ＝30·. 由椭圆的方程可知右焦点F2(4,0)，所以点F2到直线MN的距离d＝， 所以S△MNF2＝××30·＝. 因为S△MNF2＝， 所以＝， 所以24k4＋9k2＝33，即8k4＋3k2－11＝0， 解得k2＝1或k2＝－(舍去)，则k＝±1，所以直线MN的方程为y＝x－1或y＝－x＋1. [思维建模] 求解直线被椭圆截得的弦长的方法 (1)当弦的两端点坐标易求时，可直接利用两点间的距离公式求解． (2)当直线的斜率存在时，斜率为k的直线l与椭圆C相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两个不同的点，则弦长|AB|＝＝|x1－x2|＝ ·|y1－y2|(k≠0)． [针对训练] 1．(2024·承德模拟)已知曲线C：x2－y2＝1和直线l：y＝kx－1. (1)若直线l与曲线C有两个不同的交点，求实数k的取值范围； (2)若直线l与曲线C交于A，B两点，O是坐标原点，且△AOB的面积为，求实数k的值． 解：(1)由消去y，得(1－k2)x2＋2kx－2＝0. ∵直线l与双曲线C有两个不同的交点， ∴解得－<k<，且k≠±1， ∴实数k的取值范围为(－，－1)∪(－1,1)∪(1，)． (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由(1)可知x1＋x2＝－，x1x2＝， ∴|AB|＝|x1－x2|＝·＝. ∵点O到直线l的距离d＝， ∴S△AOB＝·|AB|·d＝ ＝，即2k4－3k2＝0，∴k＝0或k＝±. ∴实数k的值为0，，－. 题点三　中点弦问题 例2　(2024·宜宾模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，离心率为，过点F的直线l交椭圆于A，B两点，若AB的中点为(1,1)，则直线l的斜率为(　 ) A．－ B．－ C．－ D．1 解析：选A　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点坐标为，由题意可得x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，将A，B的坐标代入椭圆的方程得作差可得＋＝0，所以＝－·＝－.又因为离心率e＝＝，c2＝a2－b2，所以＝，所以－＝－，即直线AB的斜率为－，故选A. 例3　(2024·青岛模拟)已知m，n，s，t为正数，m＋n＝4，＋＝9，其中m，n是常数，且s＋t的最小值是，点M(m，n)是曲线－＝1的一条弦AB的中点，则弦AB所在直线方程为(　 ) A．x－4y＋6＝0 B．4x－y－6＝0 C．4x＋y－10＝0 D．x＋4y－10＝0 快审准解：由已知＋＝9求出s＋t取得最小值时m，n满足的条件，再结合m＋n＝4求出m，n，再用点差法求出直线的斜率，从而得直线方程． 　 解析：选A　因为s＋t＝(s＋t)＝≥(m＋n＋2)＝，当且仅当＝，即s＝t时取等号，所以m＋n＋2＝8，又m＋n＝4，m，n为正数，所以可解得设弦两端点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则两式相减得－＝0，因为x1＋x2＝4，y1＋y2＝4，所以k＝＝＝.所以直线方程为y－2＝(x－2)，即x－4y＋6＝0.故选A. [思维建模] 解决圆锥曲线中与弦的中点有关问题的方法 根与系数的关系法 将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解 点差法 设出直线l与圆锥曲线C的交点坐标A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入圆锥曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立弦的中点和直线的斜率的关系 [针对训练] 2．(2024·荆州模拟)设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，M，N是双曲线C上关于坐标原点对称的两点，P为双曲线C上的一动点，若kPM·kPN＝4，则双曲线C的离心率为(　 ) A．2 B. C. D．5 解析：选C　由题意，设M(x1，y1)，P(x2，y2)，则N(－x1，－y1)，所以kPM·kPN＝·＝，因为－＝1，－＝1，所以两式相减可得＋＝0，即＝，因为kPM·kPN＝4，所以＝4，则e＝＝＝.故选C. 3．(2024·雅安模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，短轴顶点分别为M，N，四边形MF1NF2的面积为32. (1)求椭圆C的标准方程； (2)直线l交椭圆C于A，B两点，若AB的中点坐标为(－2,1)，求直线l的方程． 解：(1)因为离心率e＝＝，所以a＝c， 因为a2＝b2＋c2，所以b＝c. 因为四边形MF1NF2的面积为32，所以2bc＝32，所以b＝c＝4，a＝4， 故椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)由题意得，直线l的斜率存在． 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 两式相减得＋＝0， 所以＝－·. 因为AB的中点坐标为(－2,1)在椭圆内部，所以＝1，所以直线l的斜率为1， 故直线l的方程为y－1＝x＋2，即x－y＋3＝0. [课时跟踪检测] 1．(2024·连云港模拟)直线y＝kx＋1与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，若AB中点的横坐标为1，则k＝(　 ) A．－2 B．－1 C．－ D．1 解析：选C　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把y＝kx＋1代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，x1＋x2＝－，因为AB中点的横坐标为1，所以－＝1，解得k＝－.故选C. 2．直线l过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，且与C交于A，B两点，若使|AB|＝2的直线l有且仅有1条，则p等于(　 ) A. B. C．1 D．2 解析：选C　由抛物线的对称性知，要使|AB|＝2的直线l有且仅有1条，则AB必须垂直于x轴，故A，B两点坐标为，代入抛物线方程可解得p＝1. 3．直线y＝kx＋1，当k变化时，此直线被椭圆＋y2＝1截得的最大弦长是(　 ) A．2 B. C．4 D．不能确定 解析：选B　直线恒过定点(0,1)，且点(0,1)在椭圆上，可设另外一个交点为(x，y)，则弦长为＝＝，当y＝－时，弦长最大为. 4．(2024·河南联考模拟)已知直线l：3x＋4y－11＝0与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，若点P(1,2)恰为弦AB的中点，则椭圆C的离心率是(　 ) A. B. C. D. 解析：选A　依题意，直线l的斜率为－，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＝－，且由两式相减得＝－，于是＝－·＝×＝，解得m2＝6，此时椭圆C：＋＝1，显然点P(1,2)在椭圆C内，符合要求，所以椭圆C的离心率e＝＝＝.故选A. 5．(2024·江西开学考试)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，直线l的斜率为－，且过点M(a，b)，直线l与x轴交于点C，点D在E的右支上，且满足＝λ，则λ＝(　 ) A. B. C. D. 解析：选D　由题意知e＝＝，∴a＝2b，∴M(2b，b)，故直线l的方程为y－b＝－(x－2b)．令y＝0，得x＝4b，所以C(4b,0)．又因为＝λ，所以D((2λ＋2)b，(1－λ)b)，代入－＝1，化简得4(λ＋1)22－(1－λ)2＝1，解得λ＝.故选D. 6．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线为直线x＝－1，焦点为F，直线l1：x－my－＝0与C交于P，Q两点(点P在x轴上方)，与直线x＝－1交于点R，若|QF|＝3，则＝(　 ) A. B. C. D. 快审准解：根据抛物线的焦半径公式和|QF|＝3得到xQ＝2，联立直线和抛物线方程，根据根与系数的关系得到xP＝，然后根据三角形面积得到＝＝.可得答案． 　 解析：选C　由题可得抛物线方程为y2＝4x，所以F(1,0)，如图所示，则|QF|＝3＝xQ＋1，解得xQ＝2， 联立方程消去y得x2－(4m2＋2)x＋5＝0.可知2xP＝5，解得xP＝，所以＝＝＝＝.故选C. 7．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆E于A，B两点，若AB的中点坐标为(1，－1)，则椭圆E的方程为(　 ) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：选A　根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入椭圆方程可得 两式相减可得＋＝0，整理可得＝－·. 又因为AB的中点坐标为(1，－1)，可得x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2； 因此过A，B两点的直线斜率kAB＝＝， 又F(3,0)和AB的中点(1，－1)在直线上，所以kAB＝＝， 即＝，可得a2＝2b2. 又易知c＝3，且a2＝b2＋c2＝b2＋9，计算可得a2＝18，b2＝9. 所以椭圆E的方程为＋＝1，代入AB的中点坐标(1，－1)，得＋＝<1，则其在椭圆内部，则此时直线AB与椭圆相交于两点．故选A. 8．已知椭圆C：＋＝1与动直线l：y＝x＋m相交于A，B两点，则实数m的取值范围为________． 解析：联立消去y， 整理可得9x2＋6mx＋2m2－18＝0， 由已知可得Δ＝36m2－36(2m2－18)＝36(18－m2)>0，解得－3<m<3. 答案：(－3，3) 9．(2024·鞍山模拟)已知椭圆M：＋y2＝1，直线l：y＝k(x＋2)(k>0)，直线l与椭圆M交于A，B两点，与y轴交于点C，若＝2，则k＝________. 解析：易知椭圆左顶点为(－2,0)，且直线l：y＝k(x＋2)(k>0)过左顶点，如图所示，所以A(－2,0)，不妨设B(x0，y0)，C(0，t)，t>0，由＝2，可得解得将B(x0，y0)代入椭圆方程可得＋＝1，解得t＝，所以k＝kAC＝＝. 答案： 10．(2024·昆明模拟)写出一条过点A(1,2)且与抛物线C：y2＝4x仅有一个公共点的直线方程______________． 解析：当l平行于x轴时，l与C只有一个公共点，此时方程为y＝2；当l与抛物线相切时，l与C只有一个公共点，设直线l方程为x－1＝m(y－2)，联立方程得y2－4my＋8m－4＝0，由Δ＝(－4m)2－4(8m－4)＝0⇒m＝1，此时直线l的方程为x－y＋1＝0. 答案：y＝2(或x－y＋1＝0，答案不唯一) 11．已知抛物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P. (1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； (2)若＝3，求|AB|. 解：设直线l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)由题设得F， 故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋. 又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝. 由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0， 则x1＋x2＝－. 从而－＝，得t＝－. 所以l的方程为y＝x－. (2)由＝3可得y1＝－3y2. 由可得y2－2y＋2t＝0，所以y1＋y2＝2，从而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3. 代入C的方程得x1＝3，x2＝. 故|AB|＝. 12．(2024·石嘴山模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M，点F(1,0)是C的一个焦点． (1)求椭圆C的方程； (2)已知过点P(0,1)的直线l交x轴于Q点，交椭圆C于A，B两点，若|AP|＝|BQ|，求直线l的方程． 解：(1)由题意知，椭圆C的另一个焦点为F1(－1，0)， 又M，所以|MF|＝＝，|MF1|＝＝. 由椭圆的定义知，2a＝|MF|＋|MF1|＝4，所以a＝2，b2＝a2－c2＝4－1＝3， 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)取PQ的中点E，由|AP|＝|BQ|，|PE|＝|QE|，得到|AE|＝|BE|，所以E是AB的中点， 由题意知，直线l不垂直于x轴， 设直线l：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Q， 由消去y得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，因为E是AB的中点， 所以x1＋x2＝xQ＋xP， 由根与系数的关系得，x1＋x2＝－＝－，解得k＝±， 所以直线l的方程为y＝±x＋1. 13．(2024·沧州模拟)[多选]已知椭圆C：＋＝1的焦点分别为F1(0,2)，F2(0，－2)，设直线l与椭圆C交于M，N两点，且点P为线段MN的中点，则下列说法正确的是(　 ) A．m2＝6 B．椭圆C的离心率为 C．直线l的方程为3x＋y－2＝0 D．△F2MN的周长为4 解析：选AC　如图所示，根据题意，因为焦点在y轴上，所以m2－2＝4，则m2＝6，故A正确；椭圆C的离心率为e＝＝＝，故B不正确；不妨设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1，两式相减得＝－，变形得＝－3×，又点P为线段MN的中点，所以＝＝＝＝1，所以直线l的斜率kl＝＝－3×＝－3×1＝－3，所以直线l的方程为y－＝－3，即3x＋y－2＝0，故C正确；因为直线l过F1，所以△F2MN的周长为|F2M|＋|F2N|＋|MN|＝(|F2M|＋|F1M|)＋(|F2N|＋|F1N|)＝2a＋2a＝4a＝4，故D不正确．故选AC. 14．(2024·广州模拟)[多选]在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：y2＝2x，则(　 ) A．直线x＋y－2＝0与抛物线C相交所得弦长为2 B．直线x＋y－2＝0与抛物线C交于M，N两点，则OM⊥ON C．过点A(－1,0)恰有2条直线与抛物线C有且只有一个公共点 D．抛物线C上的点到直线x－y＋2＝0的最短距离为 解析：选ABD　联立直线与抛物线方程得∴y2＋2y－4＝0，设其交点分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则∴其弦长为＝＝2，A正确；kOM·kON＝＝＝＝－1，∴OM⊥ON，B正确；过A(－1,0)可作两条切线，和抛物线有一个公共点，但y＝0也过该点，同样与抛物线有一个公共点，C错误；设直线x－y＋c＝0与抛物线相切，与抛物线方程联立得y2－2y＋2c＝0，则Δ＝4－8c＝0，∴c＝，故切线为x－y＋＝0，抛物线上的点到直线的最短距离转化为两平行直线间的距离，d＝＝，D正确．故选ABD. 15．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，上顶点为A，过左焦点F1的直线l1与C交于D，E两点，过右焦点F2的直线l2经过A点，且l1⊥l2.若四边形AEF2D的面积为，则C的长轴长为________． 解析：设椭圆C的半焦距为c(c>0)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，则＝，椭圆C：＋＝1.由题可知△AF1F2为等边三角形，所以|AF2|＝|AF1|＝|F1F2|＝2c，因为过F1且垂直于AF2的直线与C交于D，E两点，所以kDE＝tan 30°＝.由线段垂直平分线的性质可得|AD|＝|DF2|，|AE|＝|EF2|.(提示：垂直平分线上任意一点到线段两端点的距离相等)直线DE的方程为y＝(x＋c)，与C的方程联立化简可得13x2＋8cx－32c2＝0，由根与系数的关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝－，所以|DE|＝|x1－x2|＝·＝·＝. 所以S四边形AEF2D＝|AF2||DE|＝＝，解得c＝1，则a＝2.故C的长轴长为2a＝4. 答案：4 16．(2024·吉林东北师大附中模拟)已知双曲线C的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(2,0)，B(4,3)两点． (1)求双曲线C的方程； (2)已知点P(2,1)，设过点P的直线l交C于M，N两点，直线AM，AN分别与y轴交于点G，H，当|GH|＝6时，求直线l的斜率． 解：(1)设双曲线C的方程为mx2＋ny2＝1，由双曲线C过A(2,0)，B(4,3)两点，得解得 所以双曲线C的方程为－＝1. (2)由题意可设过点P的直线方程为 y＝k(x－2)＋1， 由消去y，得(3－4k2)x2－8k(1－2k)x－16k2＋16k－16＝0， 则3－4k2≠0且Δ＝[－8k(1－2k)]2－4(3－4k2)·(－16k2＋16k－16)＝192(1－k)>0，解得k<1且k≠±.　① 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则有　② 设直线AM的方程为y＝(x－2)，令x＝0， 得yG＝，所以直线AM与y轴交点G的坐标为， 同理可得直线AN的方程为y＝(x－2)，令x＝0得yH＝，所以直线AN与y轴交点H的坐标为. 由题意可知 |GH|＝|yG－yH|＝＝6， 所以＝3， ＝3， 整理得＝3， 所以＝3， 即＝3|x1x2－2(x1＋x2)＋4|， 所以(x1＋x2)2－4x1x2＝9[x1x2－2(x1＋x2)＋4]2，　③ 将②代入③得2－4×＝ 92， 整理得192(1－k)＝9×(－4)2， 解得k＝，满足①式． 综上，直线l的斜率为. 学科网（北京）股份有限公司 $$