(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升8.9《圆锥曲线中求值与证明问题》(2份打包，原卷版+教师版)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习学案+分层提升8.9《圆锥曲线中求值与证明问题》(2份打包，原卷版+教师版)，文件包含新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习89《圆锥曲线中求值与证明问题》原卷版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习89《圆锥曲线中求值与证明问题》原卷版pdf、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习89《圆锥曲线中求值与证明问题》教师版doc、新高考高考数学一轮复习讲义+巩固练习89《圆锥曲线中求值与证明问题》教师版pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共37页， 欢迎下载使用。

例1 (12分)(2021·新高考全国Ⅰ)在平面直角坐标系Oxy中，已知点F1(﹣eq \r(17)，0)，F2(eq \r(17)，0)，点M满足|MF1|﹣|MF2|＝2.记M的轨迹为C.
(1)求C的方程； [切入点：双曲线定义]
(2)设点T在直线x＝eq \f(1,2)上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|·|TB|＝|TP|·|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和. [关键点：利用等式列式]
教师备选
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，F是椭圆C的一个焦点，点M(0,2)且|MF|＝eq \r(10).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若过点M的直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为N，且满足|AM|＝|BN|，求l的方程．
解 (1)由题意，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2b，,c2＋4＝10，,b2＋c2＝a2，))
解得a＝2eq \r(2)，b＝eq \r(2)，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)根据题意可得，点A必在点B的上方，
才有|AM|＝|BN|.
当l的斜率不存在时，|AM|＝2﹣eq \r(2)，
|BN|＝eq \r(2)，|AM|≠|BN|，不合题意，故l的斜率必定存在．
设l的方程为y＝kx＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋2，))
得(1＋4k2)x2＋16kx＋8＝0，
Δ＝(16k)2﹣32(1＋4k2)＝128k2﹣32>0，
即k2>eq \f(1,4).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝﹣eq \f(16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(8,1＋4k2).
设N(x0，y0)，
则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝﹣eq \f(8k,1＋4k2).
由|AM|＝|BN|可得，|AB|＝|MN|，
所以eq \r(1＋k2)|x1﹣x2|＝eq \r(1＋k2)|x0﹣0|，
则eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝|x0|，
即eq \f(4\r(2)\r(4k2－1),1＋4k2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(8k,1＋4k2)))，
整理得k2＝eq \f(1,2)>eq \f(1,4)，
故k＝±eq \f(\r(2),2)，l的方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x＋2.
思维升华 求值问题即是根据条件列出对应的方程，通过解方程求解．
跟踪训练1 (2021·天津)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，上顶点为B，离心率为eq \f(2\r(5),5)，且|BF|＝eq \r(5).
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P.若MP∥BF，求直线l的方程．
解 (1)易知点F(c，0)，B(0，b)，
故|BF|＝eq \r(c2＋b2)＝a＝eq \r(5)，
因为椭圆的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5)，
所以c＝2，b＝eq \r(a2－c2)＝1，
因此，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1.
(2)设点M(x0，y0)为椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1上一点，
先证明直线MN的方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x0x,5)＋y0y＝1，,\f(x2,5)＋y2＝1，))消去y并整理得x2﹣2x0x＋xeq \\al(2,0)＝0，Δ＝4xeq \\al(2,0)﹣4xeq \\al(2,0)＝0，
因此，椭圆eq \f(x2,5)＋y2＝1在点M(x0，y0)处的切线方程为eq \f(x0x,5)＋y0y＝1.
在直线MN的方程中，令x＝0，可得y＝eq \f(1,y0)，由题意可知y0>0，即点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,y0)))，
直线BF的斜率为kBF＝﹣eq \f(b,c)＝﹣eq \f(1,2)，所以直线PN的方程为y＝2x＋eq \f(1,y0)，
在直线PN的方程中，令y＝0，可得x＝﹣eq \f(1,2y0)，
即点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2y0)，0))，
因为MP∥BF，则kMP＝kBF，
即eq \f(y0,x0＋\f(1,2y0))＝eq \f(2y\\al(2,0),2x0y0＋1)＝﹣eq \f(1,2)，
整理可得(x0＋5y0)2＝0，
所以x0＝﹣5y0，所以eq \f(x\\al(2,0),5)＋yeq \\al(2,0)＝6yeq \\al(2,0)＝1，
因为y0>0，故y0＝eq \f(\r(6),6)，x0＝﹣eq \f(5\r(6),6)，
所以直线l的方程为﹣eq \f(\r(6),6)x＋eq \f(\r(6),6)y＝1，
即x﹣y＋eq \r(6)＝0.
题型二 证明问题
例2 (2021·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq \r(2)，0)，且离心率为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
(1)解 由题意得，
椭圆半焦距c＝eq \r(2)且e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
所以a＝eq \r(3)，
又b2＝a2﹣c2＝1，所以椭圆方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：
若M，N，F三点共线，
可设直线MN：y＝k(x﹣eq \r(2))，
即kx﹣y﹣eq \r(2)k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝±x－\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得4x2﹣6eq \r(2)x＋3＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(3\r(2),2)，x1·x2＝eq \f(3,4)，
所以|MN|＝eq \r(1＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq \r(3)，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb<0)，
即kx﹣y＋b＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝1，所以b2＝k2＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2﹣3＝0，
所以x1＋x2＝﹣eq \f(6kb,1＋3k2)，x1·x2＝eq \f(3b2－3,1＋3k2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6kb,1＋3k2)))2－4·\f(3b2－3,1＋3k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq \r(3)，
化简得3(k2﹣1)2＝0，所以k＝±1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,b＝－\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,b＝\r(2)，))
所以直线MN：y＝x﹣eq \r(2)或y＝﹣x＋eq \r(2)，
所以直线MN过点F(eq \r(2)，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
高考改编
在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，离心率为eq \f(1,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点F的直线l交C于A，B两点，线段AB的中点为M，分别过A，B作C的切线l1，l2，且l1与l2交于点P，证明：O，P，M三点共线．
(1)解 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝1，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝\r(3)，))
∴椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明 由题意知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋1，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，P(x3，y3)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,3x2＋4y2＝12，))
整理得3(m2y2＋2my＋1)＋4y2＝12，
即(3m2＋4)y2＋6my﹣9＝0.
∴y0＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(－3m,3m2＋4)，
x0＝eq \f(4,3m2＋4)，
∴kOM＝﹣eq \f(3,4)m.
直线l1的方程为eq \f(x1x,4)＋eq \f(y1y,3)＝1，①
直线l2的方程为eq \f(x2x,4)＋eq \f(y2y,3)＝1，②
②﹣①⇒eq \f(y,3)(y2﹣y1)＝eq \f(x,4)(x1﹣x2)
⇒eq \f(y,x)＝eq \f(3,4)·eq \f(x1－x2,y2－y1)＝﹣eq \f(3,4)m，
∴eq \f(y3,x3)＝﹣eq \f(3,4)m＝kOP，
∴kOM＝kOP，即O，P，M三点共线．
思维升华 圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
跟踪训练2 (2022·漳州模拟)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的点为M(x，y)，且z满足|z＋2|﹣|z﹣2|＝2，点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)设A(﹣1,0)，B(1,0)，若过F(2,0)的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R.证明：
(ⅰ)点R在定直线上；
(ⅱ)若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF.
(1)解 由题意可知，
eq \r(x＋22＋y2)﹣eq \r(x－22＋y2)＝2，
所以点M到点F1(﹣2,0)与到点F2(2,0)的距离之差为2，且2<|F1F2|＝4，
所以动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，
设其方程为eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,b2)＝1(x≥a，a>0，b>0)，
其中2a＝2,2c＝4，
所以a＝1，c＝2，
所以b2＝c2﹣a2＝3，
所以曲线C的方程为x2﹣eq \f(y2,3)＝1(x≥1)．
(2)证明 (ⅰ)设直线PQ的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中x1>1，x2>1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，
可得(3t2﹣1)y2＋12ty＋9＝0，
由题意知3t2﹣1≠0且Δ＝144t2﹣36(3t2﹣1)＝36(t2＋1)>0，
所以y1＋y2＝eq \f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq \f(9,3t2－1).
直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，
直线BQ：y＝eq \f(y2,x2－1)(x﹣1)，①
由于点P(x1，y1)在曲线C上，可知yeq \\al(2,1)＝3(xeq \\al(2,1)﹣1)，
所以eq \f(y1,x1＋1)＝eq \f(3x1－1,y1)，
所以直线AP：y＝eq \f(3x1－1,y1)(x＋1)．②
联立①②，消去y可得
eq \f(3x1－1,y1)(x＋1)＝eq \f(y2,x2－1)(x﹣1)，
由题意知x≠1，
所以eq \f(3x＋1,x－1)＝eq \f(y1y2,x1－1x2－1)，
所以eq \f(3x＋1,x－1)＝eq \f(y1y2,ty1＋1ty2＋1)
＝eq \f(y1y2,t2y1y2＋ty1＋y2＋1)，
所以eq \f(3x＋1,x－1)＝eq \f(9,9t2－12t2＋3t2－1)＝﹣9，
所以x＝eq \f(1,2)，
所以点R在定直线x＝eq \f(1,2)上．
(ⅱ)由题意，与(ⅰ)同理可证点S也在定直线x＝eq \f(1,2)上．
设Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，r))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，s))，
由于R在直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)上，
S在直线AQ：y＝eq \f(y2,x2＋1)(x＋1)上，
所以r＝eq \f(3,2)·eq \f(y1,x1＋1)，
s＝eq \f(3,2)·eq \f(y2,x2＋1)，
所以rs＝eq \f(9,4)·eq \f(y1y2,x1＋1x2＋1)
＝eq \f(9,4)·eq \f(y1y2,ty1＋3ty2＋3)
＝eq \f(9,4)·eq \f(y1y2,t2y1y2＋3ty1＋y2＋9)
＝eq \f(9,4)·eq \f(9,9t2－36t2＋93t2－1)
＝﹣eq \f(9,4)，
又因为eq \(FR,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，r))，eq \(FS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，s))，
所以eq \(FR,\s\up6(→))·eq \(FS,\s\up6(→))＝eq \f(9,4)＋rs＝0，所以RF⊥SF.
课时精练
1．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴的交点为A(﹣1,0)．
(1)求C的方程；
(2)若过点M(2,0)的直线l与抛物线C交于P，Q两点．求证：eq \f(1,|PM|2)＋eq \f(1,|QM|2)为定值．
(1)解 由题意，可得﹣eq \f(p,2)＝﹣1，即p＝2，
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明 设直线l的方程为x＝my＋2，
P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,y2＝4x，))
消去x得y2﹣4my﹣8＝0，
则Δ＝16(m2＋2)>0，
∴y1＋y2＝4m，y1y2＝﹣8，
又|PM|＝eq \r(1＋m2)|y1|，
|QM|＝eq \r(1＋m2)|y2|.
∴eq \f(1,|PM|2)＋eq \f(1,|QM|2)＝eq \f(1,1＋m2y\\al(2,1))＋eq \f(1,1＋m2y\\al(2,2))
＝eq \f(y\\al(2,1)＋y\\al(2,2),1＋m2y\\al(2,1)y\\al(2,2))
＝eq \f(16m2＋16,641＋m2)
＝eq \f(1＋m2,41＋m2)＝eq \f(1,4).
∴eq \f(1,|PM|2)＋eq \f(1,|QM|2)为定值．
2．设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为eq \f(\r(5),5).
(1)求椭圆的方程；
(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．
解 (1)设椭圆的半焦距为c，
依题意，2b＝4，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，
又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(5)，b＝2，c＝1.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)．
设直线PB的斜率为k(k≠0)，
又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，
与椭圆方程联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))
整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，
可得xP＝﹣eq \f(20k,4＋5k2)，
代入y＝kx＋2得yP＝eq \f(8－10k2,4＋5k2)，
所以直线OP的斜率eq \f(yP,xP)＝eq \f(4－5k2,－10k).
在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝﹣eq \f(2,k).
由题意得N(0，﹣1)，
所以直线MN的斜率为﹣eq \f(k,2).
由OP⊥MN，得eq \f(4－5k2,－10k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)))＝﹣1，
化简得k2＝eq \f(24,5)，从而k＝±eq \f(2\r(30),5).
所以直线PB的斜率为eq \f(2\r(30),5)或﹣eq \f(2\r(30),5).
3．(2022·莆田质检)曲线C上任意一点P到点F(2,0)的距离与它到直线x＝4的距离之比等于eq \f(\r(2),2)，过点M(4,0)且与x轴不重合的直线l与C交于不同的两点A，B.
(1)求C的方程；
(2)求证：△ABF内切圆的圆心在定直线上．
(1)解 设P(x，y)，由题意，
eq \f(\r(x－22＋y2),|x－4|)＝eq \f(\r(2),2)⇒(x﹣2)2＋y2
＝eq \f(1,2)(x﹣4)2，
化简得eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1，
即C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明 设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，
B(x2，y2)，
将l代入C得(m2＋2)y2＋8my＋8＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝64m2－32m2＋2>0⇒m2>2，,y1＋y2＝－\f(8m,m2＋2)，,y1·y2＝\f(8,m2＋2).))
设直线AF与BF的斜率分别为k1，k2，
则k1＋k2＝eq \f(y1,x1－2)＋eq \f(y2,x2－2)
＝eq \f(y1,my1＋2)＋eq \f(y2,my2＋2)
＝eq \f(2my1y2＋2y1＋y2,my1＋2my2＋2)
＝eq \f(2m·\f(8,m2＋2)＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8m,m2＋2))),my1＋2my2＋2)＝0.
∴k1＝﹣k2，则∠BFM＝π﹣∠AFM，
∴直线x＝2平分∠AFB，而三角形内心在∠AFB的角平分线上，
∴△ABF内切圆的圆心在定直线x＝2上．
4．(2022·深圳光明区模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)﹣y2＝1(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，E(0,1)，过焦点F2，且斜率为eq \f(1,6)的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，且满足eq \(AF1,\s\up6(－→))＝2eq \(BO,\s\up6(→)).
(1)求C的方程；
(2)过点Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，0))且斜率不为0的直线l交C于M，N两点，且|EM|＝|EN|，求直线l的方程．
解 (1)双曲线C的渐近线方程为y＝±eq \f(1,a)x，
过F2(c，0)，且斜率为eq \f(1,6)的直线方程为
y＝eq \f(1,6)(x﹣c)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,a)x，,y＝\f(1,6)x－c))得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,a－6)，\f(c,a－6)))，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,a)x，,y＝\f(1,6)x－c))得Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ac,a＋6)，\f(－c,a＋6)))，
由于eq \(AF1,\s\up6(－→))＝2eq \(BO,\s\up6(→))，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c－\f(ac,a－6)，－\f(c,a－6)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2ac,a＋6)，\f(2c,a＋6)))，
所以﹣eq \f(c,a－6)＝eq \f(2c,a＋6)，解得a＝2.
所以双曲线C的方程为eq \f(x2,4)﹣y2＝1.
(2)设l：y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2)))，,\f(x2,4)－y2＝1，))
消去y并化简得
(1﹣4k2)x2﹣12k2x﹣9k2﹣4＝0，
Δ＝144k4＋4(1﹣4k2)(9k2＋4)＝16﹣28k2>0，k2设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(12k2,1－4k2)，
y1＋y2＝k(x1＋x2＋3)＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12k2,1－4k2)＋3))
＝eq \f(3k,1－4k2)，
所以M，N的中点G的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,1－4k2)，\f(\f(3,2)k,1－4k2)))，
由于|EM|＝|EN|，
所以EG⊥MN，kEG·kMN＝﹣1，
eq \f(\f(\f(3,2)k,1－4k2)－1,\f(6k2,1－4k2)－0)·k＝﹣1，化简得8k2＋15k﹣2＝0，
(k＋2)(8k﹣1)＝0，
解得k＝﹣2或k＝eq \f(1,8)，
由于k2所以k＝eq \f(1,8)，
所以直线l的方程为y＝eq \f(1,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(3,2))).