2020届二轮复习大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题课时作业（全国通用）

课时跟踪检测（十五）大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

1.设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点为A，B，C是椭圆上关于原点对称的两点(B，C均不在x轴上)，线段AC的中点为D，且B，F，D三点共线．

(1)求椭圆E的离心率；

(2)设F(1,0)，过F的直线l交E于M，N两点，直线MA，NA分别与直线x＝9交于P，Q两点．证明：以PQ为直径的圆过点F.

解：(1)法一：由已知A(a,0)，F(c,0)，设B(x0，y0)，C(－x0，－y0)，则D，

∵B，F，D三点共线，∴∥，

又＝(c－x0，－y0)，＝，

∴－y0(c－x0)＝－y0·，

∴a＝3c，从而e＝.

法二：连接OD，AB(图略)，由题意知，OD是△CAB的中位线，∴OD綊AB，

∴△OFD∽△AFB.

∴＝＝，即＝，

解得a＝3c，从而e＝.

(2)证明：∵F的坐标为(1,0)，

∴c＝1，从而a＝3，∴b2＝8.

∴椭圆E的方程为＋＝1.

设直线l的方程为x＝ny＋1，

由消去x得，(8n2＋9)y2＋16ny－64＝0，

∴y1＋y2＝，y1y2＝，

其中M(ny1＋1，y1)，N(ny2＋1，y2)．

∴直线AM的方程为＝，

∴P，同理Q，

从而·＝·

＝64＋

＝64＋

＝64＋＝0.

∴FP⊥FQ，即以PQ为直径的圆恒过点F.

2．(2018·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.

(1)求直线AP斜率的取值范围；

(2)求|PA|·|PQ|的最大值．

解：(1)设直线AP的斜率为k，

k＝＝x－，

因为－<x<，

所以－1<x－<1，

即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．

(2)设直线AP的斜率为k.

则直线AP的方程为y－＝k，

即kx－y＋k＋＝0，

因为直线BQ与直线AP垂直，所以直线BQ的方程为x＋ky－k－＝0，

联立

解得点Q的横坐标xQ＝.

因为|PA|＝ ＝ (k＋1)，

|PQ|＝(xQ－x)＝－，

所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.

令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，

因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，

令f′(k)＝0，得k＝或k＝－1(舍去)，

所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，

因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.

3．(2018·浙江重点中学12月高三期末热身联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，且椭圆过点.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若椭圆上有相异的两点A，B.A，O，B三点不共线，O为坐标原点，且直线AB，OA，OB的斜率满足k＝kOA·kOB(kAB>0)．

(ⅰ)求证：|OA|2＋|OB|2为定值；

(ⅱ)设△AOB的面积为S，当S取得最大值时，求直线AB的方程．

解：(1)由题意可知，a＝2b，

故椭圆方程可化为＋＝1，

∵椭圆过点，

∴＋＝1，

解得b＝1(负值舍去)，∴a＝2，

∴椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)设直线AB的方程为y＝kABx＋m(kAB>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

∵k＝kOA·kOB(kAB>0)，

∴k＝＝，

化简得kABm(x1＋x2)＋m2＝0，

∵A，O，B三点不共线，∴m≠0，

∴kAB(x1＋x2)＋m＝0，         ①

由消去y，整理，得(1＋4k)x2＋8kAB·mx＋4(m2－1)＝0，

由根与系数的关系可得      ②

Δ＝16(1＋4k－m2)>0，         ③

将②代入①中得kAB＋m＝0(kAB>0)，

解得kAB＝，则         ④

(ⅰ)证明：|OA|2＋|OB|2＝x＋y＋x＋y＝x＋x＋2＝[(x1＋x2)2－2x1x2]＋2，

将④代入得|OA|2＋|OB|2＝×[4m2－2×2(m2－1)]＋2＝5.

(ⅱ)设点O到直线AB的距离为d，

则S＝|AB|·d＝|x1－x2|·＝|m|＝|m|.

由③及kAB＝可得m∈(－，0)∪(0，)，

则S＝|m|＝≤＝1，

当且仅当m＝±1时，等号成立．

∴S取最大值时，直线的AB方程为y＝x＋1或y＝x－1.

4．(2018·宝鸡质检)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，其离心率e＝，点P为椭圆上的一个动点，△PF1F2面积的最大值为4.

(1)求椭圆的方程；

(2)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四个点，AC与BD相交于点F1，·＝0，求||＋||的取值范围．

解：(1)由题意得，当点P是椭圆的上、下顶点时，△PF1F2的面积取得最大值，

此时S△PF1F2＝|F1F2|·|OP|＝bc，

所以bc＝4，

因为e＝＝，所以b＝2，a＝4，

所以椭圆方程为＋＝1.

(2)由(1)得，F1的坐标为(－2,0)，

因为·＝0，所以AC⊥BD，

①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时，易得||＋||＝6＋8＝14.

②当直线AC的斜率k存在且k≠0时，

设其方程为y＝k(x＋2)，A(x1，y1)，C(x2，y2)，

由得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，

则x1＋x2＝，x1x2＝.

||＝|x1－x2|＝，

此时直线BD的方程为y＝－(x＋2)．

同理由可得||＝，

||＋||＝＋＝，

令t＝k2＋1，则||＋||＝＝(t>1)，因为t>1,0<≤，

所以||＋||＝∈.

综上，||＋||的取值范围是.

5．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于P，Q两点，且|PQ|＝8，线段PQ的中点到y轴的距离为3.

(1)求抛物线C的方程；

(2)若点A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C上相异的两点，满足x1＋x2＝2，且AB的中垂线交x轴于点M，求△AMB的面积的最大值及此时直线AB的方程．

解：(1)设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，则PQ的中点坐标为.

由题意知＝3，∴xP＋xQ＝6，

又|PQ|＝xP＋xQ＋p＝8，∴p＝2，

故抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)当AB垂直于x轴时，显然不符合题意，

所以可设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0)，

由消去y并整理，

得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0，

∴x1＋x2＝＝2，得b＝－k，

∴直线AB的方程为y＝k(x－1)＋.

∵AB中点的横坐标为1，

∴AB中点的坐标为.

可知AB的中垂线的方程为y＝－x＋，

∴M点的坐标为(3,0)．

∵直线AB的方程为k2x－ky＋2－k2＝0，

∴M到直线AB的距离d＝＝.

由得y2－ky＋2－k2＝0，

∴y1＋y2＝，y1y2＝，

∴|AB|＝ |y1－y2|＝.

设△AMB的面积为S，

则S＝4 .

设 ＝t，则0≤t<1，

∴S＝4t(2－t2)＝－4t3＋8t，S′＝－12t2＋8，

由S′＝0，得t＝(负值舍去)，

即k＝±时，Smax＝，

此时直线AB的方程为3x±y－1＝0.

6.已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为抛物线上的点(第一象限)，直线l与抛物线相切于点P.

(1)过P作PM垂直于抛物线的准线于点M，连接PF，求证：直线l平分∠MPF；

(2)若p＝1，过点P且与l垂直的直线交抛物线于另一点Q，分别交x轴、y轴于A，B两点，求＋的取值范围．

解：(1)证明：设P(x0，y0)，则y＝2px0，因为点P不是抛物线的顶点，所以直线l的斜率存在，设为k，则k＝，

所以切线l：y－y0＝(x－x0)，即y0y＝p(x＋x0)．

设切线l与x轴交于点C，

则C(－x0,0)，所以|FC|＝x0＋，

由抛物线的定义得|PF|＝|PM|＝x0＋，所以|PF|＝|FC|，

所以∠PCF＝∠FPC＝∠MPC，

因而直线l平分∠MPF.

(2)由(1)及已知得，过点P且与l垂直的直线的斜率为－＝－y0，因而其方程为y－y0＝－y0(x－x0)，

则A(x0＋1,0)，B(0，x0y0＋y0)．

由得y2＋y－2(x0＋1)＝0，

由y0和yQ为方程的两个根得，y0＋yQ＝－，

因而yQ＝＝.

所以＋＝＋＝＋＝2x0＋1，

因为x0>0，所以2x0＋1>1，

所以＋的取值范围为(1，＋∞)．