（浙江專用）2020版高考數學一輪總復習 專題10 圓錐曲線與方程 10.3 拋物線及其性質檢測.doc

10.3拋物線及其性質挖命題【考情探究】考點內容解讀5年考情預測熱度考題示例考向關聯考點拋物線的定義和標準方程1.了解圓錐曲線的實際背景,了解圓錐曲線在刻畫現實世界和解決實際問題中的作用.2.掌握拋物線的定義、幾何圖形、標準方程.2016浙江文,19拋物線的定義和標準方程直線與拋物線的位置關系、拋物線的焦點坐標、準線方程2014浙江文,22拋物線的定義和標準方程直線與拋物線的位置關系、拋物線的焦點坐標拋物線的幾何性質1.掌握拋物線的簡單幾何性質.2.理解數形結合的數學思想.2016浙江,9拋物線的焦點坐標、準線方程拋物線的定義和標準方程2015浙江,5拋物線的焦點坐標拋物線的定義和標準方程、直線與拋物線的位置關系2014浙江文,22拋物線的焦點坐標直線與拋物線的位置關系、拋物線的定義和標準方程分析解讀1.考查拋物線的定義、標準方程及簡單幾何性質.2.考查直線與拋物線的位置關系,以及與拋物線有關的綜合問題.3.預計2020年高考中,拋物線的標準方程及簡單幾何性質仍將被考查.破考點【考點集訓】考點一拋物線的定義和標準方程1.(2018浙江杭州二中期中,8)已知點A(4,4)在拋物線y2=2px(p>0)上,該拋物線的焦點為F,過點A作拋物線準線的垂線,垂足為E,則EAF的平分線所在的直線方程為() A.2x+y-12=0B.x+2y-12=0C.2x-y-4=0D.x-2y+4=0答案D2.(2018浙江名校協作體期初,15)已知F是拋物線C:y2=4x的焦點,M是C上一點,FM的延長線交y軸于點N.若FM=12MN,則|FN|=.答案5考點二拋物線的幾何性質1.(2018浙江新高考調研卷一(諸暨中學),2)拋物線y2=4ax的焦點坐標為()A.(a,0)或(-a,0)B.(a,0)C.(-a,0)D.(|a|,0)答案B2.(2018浙江鎮(zhèn)海中學5月模擬,16)已知拋物線y2=4x,焦點記為F,過點F作直線l交拋物線于A,B兩點,則|AF|-2|BF|的最小值為.答案22-2煉技法【方法集訓】方法1求拋物線標準方程的方法1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學期中,19)在平面直角坐標系xOy中,已知拋物線C:x2=2py(p>0)的焦點為F(0,1),過O作斜率為k(k0)的直線l交拋物線于A(異于O點),已知D(0,5),直線AD交拋物線于另一點B.(1)求拋物線C的方程;(2)若OABF,求k的值.解析(1)由題意知, =1,所以p=2,所以拋物線C:x2=4y.(2)由題意知,直線OA:y=kx,將其代入拋物線方程:x2=4y中,消去y,得x2-4kx=0,則A(4k,4k2).直線AB:y=4k2-54kx+5,直線BF:y=-x+1,聯立可解得B-16k4k2-1,4k2+154k2-1.又因為B在拋物線C上,則-16k4k2-12=44k2+154k2-1,得(4k2+3)(4k2-5)=0,得k=52.2.(2018浙江名校協作體期初,21)如圖,已知拋物線C1:x2=2py(p>0)的焦點在拋物線C2:y=x2+1上,點P是拋物線C1上的動點.(1)求拋物線C1的方程及其準線方程;(2)過點P作拋物線C2的兩條切線,A、B為兩個切點,求PAB面積的最小值.解析(1)拋物線C1的方程為x2=4y,其準線方程為y=-1.(2)設P(2t,t2),A(x1,y1),B(x2,y2),則切線PA的方程為y-y1=2x1(x-x1),即y=2x1x-2x12+y1,又y1=x12+1,所以y=2x1x+2-y1,同理得切線PB的方程為y=2x2x+2-y2,又切線PA和PB都過P點,所以4tx1-y1+2-t2=0,4tx2-y2+2-t2=0,所以直線AB的方程為4tx-y+2-t2=0.聯立y=4tx+2-t2,y=x2+1得x2-4tx+t2-1=0,所以x1+x2=4t,x1x2=t2-1.所以|AB|=1+16t2|x1-x2|=1+16t212t2+4.點P到直線AB的距離d=|8t2-t2+2-t2|1+16t2=6t2+21+16t2.所以PAB的面積S=|AB|d=2(3t2+1)3t2+1=2(3t2+1)32,所以當t=0時,S取得最小值,為2,即PAB面積的最小值為2.方法2利用拋物線的定義解決有關問題的方法1.(2018浙江寧波模擬,8)設拋物線y2=4x的焦點為F,過點P(5,0)的直線與拋物線相交于A,B兩點,與拋物線的準線相交于C,若|BF|=5,則BCF與ACF的面積的比SBCFSACF=() A.B.2033C.1531D.2029答案D2.(2018浙江金華十校第一學期期末調研,12)已知拋物線y2=2px(p>0)上一點A(1,a)到焦點的距離為2,則該拋物線的準線方程為;a=.答案x=-1;2過專題【五年高考】A組自主命題浙江卷題組考點一拋物線的定義和標準方程(2016浙江,9,4分)若拋物線y2=4x上的點M到焦點的距離為10,則M到y(tǒng)軸的距離是.答案9考點二拋物線的幾何性質1.(2015浙江,5,5分)如圖,設拋物線y2=4x的焦點為F,不經過焦點的直線上有三個不同的點A,B,C,其中點A,B在拋物線上,點C在y軸上,則BCF與ACF的面積之比是() A.|BF|-1|AF|-1B.|BF|2-1|AF|2-1C.|BF|+1|AF|+1D.|BF|2+1|AF|2+1答案A2.(2016浙江文,19,15分)如圖,設拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|-1.(1)求p的值;(2)若直線AF交拋物線于另一點B,過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N,AN與x軸交于點M.求M的橫坐標的取值范圍.解析(1)由題意可得,拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x=-1的距離,由拋物線的定義得=1,即p=2.(2)由(1)得,拋物線方程為y2=4x,F(1,0),可設A(t2,2t),t0,t1.因為AF不垂直于y軸,可設直線AF:x=sy+1(s0),由y2=4x,x=sy+1消去x得y2-4sy-4=0,故y1y2=-4,所以B1t2,-2t.又直線AB的斜率為2tt2-1,故直線FN的斜率為-t2-12t.從而得直線FN:y=-t2-12t(x-1),直線BN:y=-.所以Nt2+3t2-1,-2t.設M(m,0),由A,M,N三點共線得2tt2-m=2t+2tt2-t2+3t2-1,于是m=2t2t2-1.所以m<0或m>2.經檢驗,m<0或m>2滿足題意.綜上,點M的橫坐標的取值范圍是(-,0)(2,+).思路分析(1)利用拋物線的定義來解題;(2)由(1)知拋物線的方程,可設A點坐標及直線AF的方程,與拋物線方程聯立可得B點坐標,進而得直線FN的方程與直線BN的方程,聯立可得N點坐標,最后利用A,M,N三點共線可得kAM=kAN,最終求出結果.評析本題主要考查拋物線的幾何性質、直線與拋物線的位置關系等基礎知識,同時考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力.3.(2014浙江文,22,14分)已知ABP的三個頂點都在拋物線C:x2=4y上,F為拋物線C的焦點,點M為AB的中點,PF=3FM.(1)若|PF|=3,求點M的坐標;(2)求ABP面積的最大值.解析(1)由題意知焦點F(0,1),準線方程為y=-1.設P(x0,y0),由拋物線的定義知|PF|=y0+1,得到y(tǒng)0=2,所以P(22,2)或P(-22,2).由PF=3FM,分別得M-223,23或M223,23.(2)設直線AB的方程為y=kx+m,點A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0).由y=kx+m,x2=4y得x2-4kx-4m=0,于是=16k2+16m>0,x1+x2=4k,x1x2=-4m,所以AB中點M的坐標為(2k,2k2+m).由PF=3FM,得(-x0,1-y0)=3(2k,2k2+m-1),所以x0=-6k,y0=4-6k2-3m,由x02=4y0得k2=-m+415.由>0,k20,得-<m.又因為|AB|=41+k2k2+m,點F(0,1)到直線AB的距離為|m-1|1+k2,所以SABP=4SABF=8|m-1|k2+m=16153m3-5m2+m+1.記f(m)=3m3-5m2+m+1-13<m43.令f (m)=9m2-10m+1=0,解得m1=,m2=1.可得f(m)在-13,19上是增函數,在19,1上是減函數,在1,43上是增函數.又f19=256243>f43,所以,當m=時, f(m)取到最大值256243,此時k=5515.所以ABP面積的最大值為2565135.評析本題主要考查拋物線的幾何性質、直線與拋物線的位置關系、三角形面積公式、平面向量等基礎知識,同時考查解析幾何的基本思想方法和運算求解能力.B組統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組考點一拋物線的定義和標準方程1.(2017課標全國理,16,5分)已知F是拋物線C:y2=8x的焦點,M是C上一點,FM的延長線交y軸于點N.若M為FN的中點,則|FN|=.答案62.(2015陜西,14,5分)若拋物線y2=2px(p>0)的準線經過雙曲線x2-y2=1的一個焦點,則p=.答案22考點二拋物線的幾何性質1.(2016課標全國,10,5分)以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A,B兩點,交C的準線于D,E兩點.已知|AB|=42,|DE|=25,則C的焦點到準線的距離為() A.2B.4C.6D.8答案B2.(2018課標,16,5分)已知點M(-1,1)和拋物線C:y2=4x,過C的焦點且斜率為k的直線與C交于A,B兩點.若AMB=90,則k=.答案23.(2018北京文,10,5分)已知直線l過點(1,0)且垂直于x軸.若l被拋物線y2=4ax截得的線段長為4,則拋物線的焦點坐標為.答案(1,0)4.(2017北京理,18,14分)已知拋物線C:y2=2px過點P(1,1).過點0,12作直線l與拋物線C交于不同的兩點M,N,過點M作x軸的垂線分別與直線OP,ON交于點A,B,其中O為原點.(1)求拋物線C的方程,并求其焦點坐標和準線方程;(2)求證:A為線段BM的中點.解析本題考查拋物線方程及性質,直線與拋物線的位置關系.(1)由拋物線C:y2=2px過點P(1,1),得p=.所以拋物線C的方程為y2=x.拋物線C的焦點坐標為14,0,準線方程為x=-.(2)證明:由題意,設直線l的方程為y=kx+ (k0),l與拋物線C的交點為M(x1,y1),N(x2,y2).由y=kx+12,y2=x得4k2x2+(4k-4)x+1=0.則x1+x2=1-kk2,x1x2=14k2.因為點P的坐標為(1,1),所以直線OP的方程為y=x,點A的坐標為(x1,x1).直線ON的方程為y=y2x2x,點B的坐標為x1,y2x1x2.因為y1+y2x1x2-2x1=y1x2+y2x1-2x1x2x2=kx1+12x2+kx2+12x1-2x1x2x2=(2k-2)x1x2+12(x2+x1)x2=(2k-2)14k2+1-k2k2x2=0,所以y1+y2x1x2=2x1.故A為線段BM的中點.方法總結在研究直線與圓錐曲線位置關系時,常涉及弦長、中點、面積等問題.一般是先聯立方程,再根據根與系數關系,用設而不求,整體代入的技巧進行求解.易錯警示在設直線方程時,若要設成y=kx+m的形式,注意先討論斜率是否存在;若要設成x=ty+n的形式,注意先討論斜率是不是0.C組教師專用題組考點一拋物線的定義和標準方程1.(2016課標全國,5,5分)設F為拋物線C:y2=4x的焦點,曲線y= (k>0)與C交于點P,PFx軸,則k=() A.B.1C.D.2答案D2.(2014遼寧,8,5分)已知點A(-2,3)在拋物線C:y2=2px的準線上,記C的焦點為F,則直線AF的斜率為()A.-B.-1C.-D.-答案C3.(2014課標,10,5分)已知拋物線C:y2=x的焦點為F,A(x0,y0)是C上一點,|AF|=x0,則x0=()A.1B.2C.4D.8答案A4.(2017山東,15,5分)在平面直角坐標系xOy中,雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支與焦點為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點.若|AF|+|BF|=4|OF|,則該雙曲線的漸近線方程為.答案y=22x5.(2014湖南,15,5分)如圖,正方形ABCD和正方形DEFG的邊長分別為a,b(a<b),原點O為AD的中點,拋物線y2=2px(p>0)經過C,F兩點,則=.答案1+26.(2014湖南,14,5分)平面上一機器人在行進中始終保持與點F(1,0)的距離和到直線x=-1的距離相等.若機器人接觸不到過點P(-1,0)且斜率為k的直線,則k的取值范圍是.答案(-,-1)(1,+)考點二拋物線的幾何性質1.(2015陜西,3,5分)已知拋物線y2=2px(p>0)的準線經過點(-1,1),則該拋物線焦點坐標為()A.(-1,0)B.(1,0)C.(0,-1)D.(0,1)答案B2.(2015四川,10,5分)設直線l與拋物線y2=4x相交于A,B兩點,與圓(x-5)2+y2=r2(r>0)相切于點M,且M為線段AB的中點.若這樣的直線l恰有4條,則r的取值范圍是()A.(1,3)B.(1,4)C.(2,3)D.(2,4)答案D3.(2014安徽,3,5分)拋物線y=x2的準線方程是()A.y=-1B.y=-2C.x=-1D. x=-2答案A4.(2014四川,10,5分)已知F為拋物線y2=x的焦點,點A,B在該拋物線上且位于x軸的兩側,OAOB=2(其中O為坐標原點),則ABO與AFO面積之和的最小值是()A.2B.3C.1728D.10答案B5.(2017天津,12,5分)設拋物線y2=4x的焦點為F,準線為l.已知點C在l上,以C為圓心的圓與y軸的正半軸相切于點A.若FAC=120,則圓的方程為.答案(x+1)2+(y-3)2=16.(2014上海,4,4分)若拋物線y2=2px的焦點與橢圓x29+y25=1的右焦點重合,則該拋物線的準線方程為.答案x=-27.(2014福建,21,12分)已知曲線上的點到點F(0,1)的距離比它到直線y=-3的距離小2.(1)求曲線的方程;(2)曲線在點P處的切線l與x軸交于點A,直線y=3分別與直線l及y軸交于點M,N.以MN為直徑作圓C,過點A作圓C的切線,切點為B.試探究:當點P在曲線上運動(點P與原點不重合)時,線段AB的長度是否發(fā)生變化?證明你的結論.解析(1)解法一:設S(x,y)為曲線上任意一點,依題意,得點S到F(0,1)的距離與它到直線y=-1的距離相等,所以曲線是以點F(0,1)為焦點、直線y=-1為準線的拋物線,所以曲線的方程為x2=4y.解法二:設S(x,y)為曲線上任意一點,則|y-(-3)|-(x-0)2+(y-1)2=2,依題意,知點S(x,y)只能在直線y=-3的上方,所以y>-3,所以(x-0)2+(y-1)2=y+1,化簡得,曲線的方程為x2=4y.(2)當點P在曲線上運動(點P與原點不重合)時,線段AB的長度不變.證明如下:由(1)知拋物線的方程為y=x2,設P(x0,y0)(x00),則y0=14x02,由y=x,得切線l的斜率k=y|x=x0=x0,所以切線l的方程為y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-14x02.由y=12x0x-14x02,y=0得A12x0,0.由y=12x0x-14x02,y=3得M12x0+6x0,3.又N(0,3),所以圓心C14x0+3x0,3,半徑r=|MN|=14x0+3x0,|AB|=|AC|2-r2=12x0-14x0+3x02+32-14x0+3x02=6.所以點P在曲線上運動(點P與原點不重合)時,線段AB的長度不變.評析本題主要考查拋物線的定義與性質、圓的性質、直線與圓錐曲線的位置關系等,考查運算求解能力、推理論證能力,考查數形結合思想、函數與方程思想、特殊與一般思想、化歸與轉化思想.8.(2014大綱全國,21,12分)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,直線y=4與y軸的交點為P,與C的交點為Q,且|QF|=|PQ|.(1)求C的方程;(2)過F的直線l與C相交于A、B兩點,若AB的垂直平分線l與C相交于M、N兩點,且A、M、B、N四點在同一圓上,求l的方程.解析(1)設Q(x0,4),代入y2=2px得x0=.所以|PQ|=,|QF|=+x0=+.由題設得+=,解得p=-2(舍去)或p=2.所以C的方程為y2=4x.(2)依題意知l與坐標軸不垂直,故可設l的方程為x=my+1(m0).代入y2=4x得y2-4my-4=0.設A(x1,y1),B(x2,y2),則y1+y2=4m,y1y2=-4.故AB的中點為D(2m2+1,2m),|AB|=m2+1|y1-y2|=4(m2+1).又l的斜率為-m,所以l的方程為x=-1my+2m2+3.將上式代入y2=4x,并整理得y2+4my-4(2m2+3)=0.設M(x3,y3),N(x4,y4),則y3+y4=-4m,y3y4=-4(2m2+3).故MN的中點為E2m2+2m2+3,-2m,|MN|=1+1m2|y3-y4|=4(m2+1)2m2+1m2.由于MN垂直平分AB,故A、M、B、N四點在同一圓上等價于|AE|=|BE|=|MN|,從而|AB|2+|DE|2=|MN|2,即4(m2+1)2+2m+2m2+2m2+22=4(m2+1)2(2m2+1)m4.化簡得m2-1=0,解得m=1或m=-1.所求直線l的方程為x-y-1=0或x+y-1=0.評析本題主要考查拋物線的幾何性質、直線與拋物線的位置關系、四點共圓等基礎知識.考查解析幾何的基本思想方法,考查運算求解能力和綜合解題能力.對于第(2)問將直線l方程設為x=my+1(m0),這樣可以避免討論斜率不存在的情形,使問題簡單化.【三年模擬】一、選擇題(每小題4分,共4分)1.(2018浙江鎮(zhèn)海中學期中,6)已知拋物線y2=4x的焦點為F,O為原點,若M是拋物線上的動點,則|OM|MF|的最大值為() A.33B.63C.233D.263答案C二、填空題(單空題4分,多空題6分,共16分)2.(2019屆浙江溫州九校聯考,15)已知拋物線y2=4x的焦點為F,過點F作直線l交拋物線于A,B兩點,則1|AF|+1|BF|=,16|AF|-|BF|2的最大值為.答案1;43.(2018浙江臺州第一次調考(4月),12)拋物線C:y2=8x的焦點F的坐標為,若點P(3,m)在拋物線C上,則線段PF的長度為.答案(2,0);3+24.(2018浙江鎮(zhèn)海中學階段性測試,16)已知M(a,4)為拋物線y2=2px(p>0)上的一點,F為拋物線的焦點,N為y軸上的動點,當sinMNF的值最大時,MNF的面積為5,則p的值為.答案2或8三、解答題(共60分)5.(2019屆浙江名校新高考研究聯盟第一次聯考,21)已知拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,點M(-2,8),且|MF|=45.(1)求拋物線的方程;(2)設A,B是拋物線上的兩點,當F為ABM的垂心時,求直線AB的方程.解析(1)由題意得|MF|=p2+22+64=45,解得p=4,所以拋物線的方程為y2=8x.(5分)(2)設A(x1,y1),B(x2,y2).因為F是ABM的垂心,所以MFAB,所以kMFkAB=-1,故kAB=,(7分)所以設直線AB的方程為x=2y+n,與y2=8x聯立得y2-16y-8n=0.令>0,有n>-8.y1+y2=16,y1y2=-8n.(10分)因為F是ABM的垂心,所以MAFB.即x1x2-2x1+2x2-4+y1y2-8y2=0,同理,x1x2-2x2+2x1-4+y1y2-8y1=0,+得2x1x2-8+2y1y2-8(y1+y2)=0.(13分)所以n2-8n-68=0,解得n=4221,又因為n>-8,所以直線AB的方程為x-2y-4221=0.(15分)6.(2018浙江嘉興教學測試(4月),21)如圖,點P(1,1)為拋物線y2=x上一定點,斜率為-的直線與拋物線交于A,B兩點.(1)求弦AB的中點M的縱坐標;(2)點Q是線段PB上任意一點(異于端點),過Q作PA的平行線交拋物線于E,F兩點,求證:|QE|QF|-|QP|QB|為定值.解析(1)由yA2=xA,yB2=xB作差,可得(yA+yB)(yA-yB)=xA-xB,1yA+yB=yA-yBxA-xB=-,(*)所以yA+yB=-2,yM=yA+yB2=-1.(2)證明:設Q(x0,y0),直線EF:x-x0=t1(y-y0),聯立方程組x-x0=t1(y-y0),y2=xy2-t1y+t1y0-x0=0,所以yE+yF=t1,yEyF=t1y0-x0,|QE|QF|=1+t12|yE-y0|1+t12|yF-y0|=(1+t12)|y02-x0|,同理,|QP|QB|=(1+t22)|y02-x0|.由(1)中(*)可知,t1=1kEF=1kPA=yA+yP,t2=1kPB=yB+yP,所以t1+t2=(yA+yB)+2yp=-2+2=0,即t1=-t2t12=t22,所以|QE|QF|=|QP|QB|,即|QE|QF|-|QP|QB|=0.7.(2018浙江名校協作體聯考,21)已知拋物線C:x2=2py(p>0),且拋物線C在點P(1, f(1)處的切線斜率為.直線l與拋物線交于不同的兩點A,B,且直線AP垂直于直線BP.(1)求證:直線l過定點,并求出定點坐標;(2)直線BP交y軸于點M,直線AP交x軸于點N,求|AP|BP|MP|NP|的最大值.解析(1)證明:y=x22p,y=x.當x=1時,得=,p=2.拋物線的方程為x2=4y.設A(2t1,t12),B(2t2,t22),APBP,P1,14,kAPkBP=t12-142t1-1t22-142t2-1=-1,t1t2+ (t1+t2)+174=0(*),又kAB=t12-t222t1-2t2=t1+t22,直線AB的方程為y-t12=t1+t22(x-2t1),即2y=(t1+t2)x-2t1t2,將(*)式代入直線AB的方程得(t1+t2)(x+1)+172-2y=0,令x+1=0,172-2y=0,解得直線AB過定點-1,174.(2)設直線BM的方程為y-=k(x-1),不妨設k>0,聯立y-14=k(x-1),x2=4y,得x2-4kx+4k-1=0,=16k2-16k+4>0,根據根與系數的關系得xB+xP=4k,xB=4k-1,由于APBP,同理可得xA=-1,又xN=+1,xM=0,|AP|BP|=1+1k2|xP-xA|k2+1|xB-xP|=1+k2k2+4k(4k-2)=4(1+k2)(2k-1)(k+2)k2,|MP|NP|=k2+1|xP-xM|1+1k2|xN-xP|=1+k24,|AP|BP|MP|NP|=4(1+k2)(2k-1)(k+2)k241+k2=16(2k-1)(k+2)k2=16-2k2+3k+2=-321k-342+5050,|AP|BP|MP|NP|的最大值為50.8.(2018浙江嵊州高三期末質檢,21)如圖,已知拋物線y2=x,點A(1,1),B(4,-2),拋物線上的點P(x,y)(y>1),直線AP與x軸相交于點Q,記PAB,QAB的面積分別是S1,S2.(1)若APPB,求點P的縱坐標;(2)求S1-5S2的最小值.解析(1)因為kAP=y-1x-1=y-1y2-1=1y+1,kBP=y+2x-4=y+2y2-4=1y-2.由APBP,得kAPkBP=1y+11y-2=-1,即y2-y-1=0,得y=1+52.(2)解法一:設直線AP:y-1=k(x-1),則Q1-1k,0,由y>1,知0<k<.聯立y-1=k(x-1),y2=x,消去x得ky2-y+1-k=0,則yP=1-kk,P1-kk2,1-kk.所以|AP|=1+k2|xP-1|=1+k2(1-k)2k2-1=1-2kk21+k2,|AQ|=1+k2|xQ-1|=1+k21-1k-1=1+k2,點B到直線AP的距離d=|4k+2+1-k|k2+1=3|k+1|k2+1=3(k+1)k2+1.所以S1-5S2=|AP|d-|AQ|d= (|AP|-5|AQ|)d=121+k21-2kk2-5k1+k23(k+1)k2+1=1-2kk2-(k+1)=32-7k2-6k+1k2=321k-32-24,故當k=時,S1-5S2有最小值-24.解法二:設P(t2,t)(t>1),則kAP=1t+1,所以直線AQ:y-1=1t+1(x-1),則Q(-t,0).又直線AB:x+y-2=0,|AB|=32.則點P到直線AB的距離d1=|t2+t-2|2=t2+t-22,點Q到直線AB的距離d2=|-t-2|2=t+22,所以S1-5S2=|AB|(d1-5d2)=322t2+t-22-5t+102= (t-2)2-24.故當t=2時,S1-5S2有最小值-24.