最新2019年高考理数复习：圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

专题 圆锥曲线综合应用（2）- 最值、范围、证明问题一、 高考题型特点：最值、范围、证明问题是高考圆锥曲线大题中的常考题型，难度中等偏上。

二、重难点：1.求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．2.圆锥曲线中的范围问题： (1)解决这类问题的基本思路是建立目标函数和不等关系．(2)建立目标函数的关键是选用一个合适 的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题；建立不等关系的关键是运用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式等灵活处理．3.圆锥曲线中的证明问题常以椭圆、抛物线为载体，借助设而不求法，考查数形结合思想、方程思想、化归与转化能力、逻辑思维能力、运算求解能力． 三、易错注意点：本部分对学生的能力要求较高，解题中主要数形结合及各种方法的综合应用，同时对数学推理运算能力有很高的要求。

四、典型例题：例1.（2019全国卷III ）已知曲线C ：y =22x ，D 为直线y =12-上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .（1）证明：直线AB 过定点： （2）若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE 的面积. 【解析】（1）设()111,,,2D t A x y ⎛⎫-⎪⎝⎭，则2112x y =.由于y'x =，所以切线DA 的斜率为1x ，故11112y x x t+=- . 整理得112 2 +1=0. tx y -设()22,B x y ，同理可得222 2 +1=0tx y -.故直线AB 的方程为2210tx y -+=.所以直线AB 过定点1(0,)2.（2）由（1）得直线AB 的方程为12y tx =+. 由2122y tx x y ⎧=+⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，可得2210x tx --=. 于是()2121212122,1,121x x t x x y y t x x t +==-+=++=+，()()2222121212||11421AB t x t x x x x t =+-=++-=+.设12,d d 分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则21221,1d t d t =+=+.因此，四边形ADBE 的面积()(22121||312S AB d d t t =+=++设M 为线段AB 的中点，则21,2M t t ⎛⎫+⎪⎝⎭. 由于EM AB ⊥u u u u r u u u r ，而()2,2EM t t =-u u u u r ，AB u u u r 与向量(1, )t 平行，所以()220t t t +-=.解得t =0或1t =±.当t =0时，S =3；当1t =±时，42S =因此，四边形ADBE 的面积为3或42例2.（2019全国卷II ）已知点A (−2,0)，B (2,0)，动点M (x ,y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为−12.记M 的轨迹为曲线C .（1）求C 的方程，并说明C 是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连结QE 并延长交C 于点G .（i ）证明：PQG △是直角三角形； （ii ）求PQG △面积的最大值.【解析】（1）由题设得1222y y x x ⋅=-+-，化简得221(||2)42x y x +=≠，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i ）设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为(0)y kx k =>．由22142y kxx y =⎧⎪⎨+=⎪⎩得212x k =+．记212u k=+，则(,),(,),(,0)P u uk Q u uk E u --．于是直线QG 的斜率为2k，方程为()2k y x u =-．由22(),2142k y x u x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩得22222(2)280k x uk x k u +-+-=．① 设(,)G G G x y ，则u -和G x 是方程①的解，故22(32)2G u k x k +=+，由此得322G uk y k =+．从而直线PG 的斜率为322212(32)2uk uk k u k kuk -+=-+-+． 所以PQ PG ⊥，即PQG △是直角三角形．（ii ）由（i ）得2||21PQ k =+221||uk k PG +=， 所以△PQG 的面积222218()18(1)||12(12)(2)12()k k k k S PQ PG k k k k++===++++‖． 设t =k +1k，则由k >0得t ≥2，当且仅当k =1时取等号．因为2812t S t=+在[2，+∞）单调递减，所以当t =2，即k =1时，S 取得最大值，最大值为169． 因此，△PQG 面积的最大值为169． 例3．(2016年山东)平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：()222210x y a b a b+=＞＞的离心率是3，抛物线E ：22x y =的焦点F 是C 的一个顶点.（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 是E 上的动点，且位于第一象限，E 在点P 处的切线l 与C 交与不同的两点A ，B ，线段AB的中点为D ，直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M ． （i ）求证：点M 在定直线上；（ii ）直线l 与y 轴交于点G ，记PFG △的面积为1S ，PDM △的面积为2S ，求12S S的最大值及取得最大值时点P 的坐标．【解析】(Ⅰ) 由离心率是23，有224=b a ， 又抛物线y x 2=2的焦点坐标为)21,0(F ，所以21=b ，于是1=a ，所以椭圆C 的方程为1=4+22y x ．(Ⅱ) （i ）设P 点坐标为2,),(0)2m Pm m >（， 由y x 2=2得x y =′，所以E 在点P 处的切线l 的斜率为m ， 因此切线l 的方程为2=2m mx －y ，设),(),,(2211y x B y x A ，),(00y x D ，将2=2m mx －y 代入1=4+22y x ，得0=1+4)4+12322－m x m －x m （．于是23214+14=+m m x x ，232104+12=2+=m m x x x ， 又2200222(14)m m y mx m -=-=+， 于是 直线OD 的方程为x m－y 41=． 联立方程x m －y 41=与m x =，得M 的坐标为1(,)4M m -． 所以点M 在定直线41=y －上．（ii ）在切线l 的方程为2=2m mx －y 中，令0x =，得22m y =－，即点G 的坐标为2(0,)2m G -，又2(,)2m P m ，1(0,)2F ， 所以4)1+(=×21=S 21m m GF m ；再由32222(,)412(41)m m D m m -++，得 )1+4(8)1+2(=1+4+2×41+2×21=S 2222322m m m m m m m于是有 222221)1+2()1+)(1+4(2=S S m m m ． 令1+2=2m t ，得222111+2=)1+)(21(2=S S t －t t t t －当21=1t时，即2=t 时，21S S 取得最大值49．此时21=2m ，22=m ，所以P 点的坐标为)41,22P(． 所以21S S 的最大值为49，取得最大值时点P 的坐标为21()24P ． 例4．(2016年全国卷II)已知椭圆:E 2213x y t +=的焦点在x 轴上，A 是E 的左顶点，斜率为(0)k k >的直线交E 于,A M 两点，点N 在E 上，MA NA ⊥． （Ⅰ）当4,||||t AM AN ==时，求AMN ∆的面积； （Ⅱ）当2AM AN =时，求k 的取值范围． 【解析】（I ）设11(,)M x y ，则由题意知10y >．当4t =时，椭圆E 的方程为22143x y +=，A 点坐标为()20-，， 由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为4π． 因此直线AM 的方程为2y x =+．将2x y =-代入22143x y +=得27120y y -=． 解得0y =或127y =，所以1127y =． 所以AMN △的面积为21112121442227749AMN S AM ∆==⨯⨯⨯=． （Ⅱ）由题意知3,0,(,0)t k A t >>，则直线AM 的方程为(y k x t =+，联立(2213x y t y k x t ⎧+=⎪⎨⎪=⎩并整理得，()222223230tk x tk x t k t +++-=解得x t =23t tk tx -=所以2223611t tk t t AM k t k -=+=+由题意MA NA ⊥，所以AN 的方程为1()y x t k=-+， 同理可得26(1)||k t k AN +=由2AM AN =,得22233k tk k t=++，即3(2)3(21)k t k k -=- 当32k =时上式成立，因此23632k kt k -=-． 因为3t >，即236332k k k ->-，整理得()()231202k k k +-<- 即3202k k -<-，解得322k <<． 五、强化提升训练：1．(2019·广东佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆M 的离心率为12，椭圆上异于长轴顶点的任意点A 与左、右两焦点F 1，F 2构成的三角形中面积的最大值为 3.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)若A 与C 是椭圆M 上关于x 轴对称的两点，连接CF 2与椭圆的另一交点为B ，求证：直线AB 与x 轴交于定点P ，并求PA →·F 2C →的取值范围．【解析】(1)由题意知c a ＝12，12·2c ·b ＝3，a 2＝b 2＋c 2，解得c ＝1，a ＝2，b ＝ 3.所以椭圆M 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 1，－y 1)，直线AB ：y ＝kx ＋m .将y ＝kx ＋m ，代入x 24＋y 23＝1得，(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0.则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3.因为B ，C ，F 2共线，所以kBF 2＝kCF 2，即kx 2＋m x 2－1＝－kx 1＋mx 1－1， 整理得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0，所以2k 4m 2－124k 2＋3－(m －k )8km4k 2＋3－2m ＝0，解得m ＝－4k .所以直线AB ：y ＝k (x －4)，与x 轴交于定点P (4,0)．因为y 21＝3－34x 21，所以PA →·F 2C →＝(x 1－4，y 1)·(x 1－1，－y 1)＝x 21－5x 1＋4－y 21＝74x 21－5x 1＋1＝74⎝⎛⎭⎪⎫x 1－1072－187.因为－2<x 1<2，所以PA →·F 2C →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－187，18.2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，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k OM ·k ON ＝54，求原点O 到直线l 的距离的取值范围．【解析】(1)由题意知e ＝c a ＝32，2b ＝2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝1，a ＝2， 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0.则Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)＞0，化简得m 2＜4k 2＋1. ①x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1，y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2，若k OM ·k ON ＝54，则y 1y 2x 1x 2＝54，即4y 1y 2＝5x 1x 2，所以4k 2x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝5x 1x 2，则(4k 2－5)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝0，所以(4k 2－5)·4m 2－14k 2＋1＋4km ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋1＋4m 2＝0，化简得m 2＋k 2＝54. ② 由①②得0≤m 2＜65，120＜k 2≤54.因为原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k2，所以d 2＝m 21＋k 2＝54－k 21＋k 2＝－1＋941＋k2， 又120＜k 2≤54，所以0≤d 2＜87，解得0≤d ＜2147. 所以原点O 到直线l 的距离的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，2147.3.若F 1，F 2分别是椭圆E ：x 25＋y 2＝1的左、右焦点，F 1，F 2关于直线x ＋y －2＝0的对称点是圆C 的一条直径的两个端点．(1)求圆C 的方程；(2)设过点F 2的直线l 被椭圆E 和圆C 所截得的弦长分别为a ，b .当ab 取最大值时，求直线l 的方程．【解析】(1)因为F 1(－2,0)，F 2(2,0)，所以圆C 半径为2，圆心C 是原点O 关于直线x ＋y －2＝0的对称点．设C (p ，q )，由⎩⎪⎨⎪⎧q p ＝1，p 2＋q2－2＝0得p ＝q ＝2，所以C (2,2)．所以圆C 的方程为(x －2)2＋(y －2)2＝4.(2)设直线l 的方程为x ＝my ＋2，则圆心C 到直线l 的距离d ＝|2m |1＋m2，所以b ＝222－d 2＝41＋m2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2x 2＋5y 2＝5得(5＋m 2)y 2＋4my －1＝0，设直线l 与椭圆E 交于两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－4m 5＋m 2，y 1·y 2＝－15＋m2， a ＝|AB |＝1＋m2y 1＋y 22－4y 1y 2＝25m 2＋1m 2＋5，ab ＝85m 2＋1m 2＋5＝85m 2＋1＋4m 2＋1≤25，当且仅当m 2＋1＝4m 2＋1，即m ＝±3时等号成立．所以当m ＝±3时，ab 取最大值．此时直线l 的方程为x ±3y －2＝0.4．(2019·梅州一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为点F 1，F 2，其离心率为12，短轴长为2 3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点F 1的直线l 1与椭圆C 交于M ，N 两点，过点F 2的直线l 2与椭圆C 交于P ，Q 两点，且l 1∥l 2，证明：四边形MNPQ 不可能是菱形．【解析】(1)由已知，得c a ＝12，b ＝3，又c 2＝a 2－b 2，故解得a 2＝4，b 2＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由(1)，知F 1(－1，0)，如图， 易知直线MN 不能平行于x 轴，所以令直线MN 的方程为x ＝my －1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧3x 2＋4y 2－12＝0x ＝my －1得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0，所以y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.此时|MN |＝1＋m2[y 1＋y 22－4y 1y 2].同理，令直线PQ 的方程为x ＝my ＋1，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)， 此时y 3＋y 4＝－6m 3m 2＋4，y 3y 4＝－93m 2＋4，此时|PQ |＝1＋m2[y 3＋y 42－4y 3y 4]，故|MN |＝|PQ |.所以四边形MNPQ 是平行四边形．若平行四边形MNPQ 是菱形，则OM ⊥ON ，即OM →·ON →＝0，于是有x 1x 2＋y 1y 2＝0. 又x 1x 2＝(my 1－1)(my 2－1)＝m 2y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1， 所以有(m 2＋1)y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋1＝0， 整理得到－12m 2－53m 2＋4＝0， 即12m 2＋5＝0，上述关于m 的方程显然没有实数解， 故四边形MNPQ 不可能是菱形．5.已知动圆C 过定点F 2(1,0)，并且内切于定圆F 1：(x ＋1)2＋y 2＝12. (1)求动圆圆心C 的轨迹方程；(2)若曲线y 2＝4x 上存在两个点M ，N ，(1)中曲线上有两个点P ，Q ，并且M ，N ，F 2三点共线，P ，Q ，F 2三点共线，PQ ⊥MN ，求四边形PMQN 的面积的最小值．【解析】(1)设动圆的半径为r ，则|CF 2|＝r ，|CF 1|＝23－r ，所以|CF 1|＋|CF 2|＝23＞|F 1F 2|，由椭圆的定义知动圆圆心C 的轨迹是以F 1，F 2为焦点的椭圆，且a ＝3，c ＝1，所以b ＝2，动圆圆心C 的轨迹方程是x 23＋y 22＝1.(2)当直线MN 的斜率不存在时，直线PQ 的斜率为0，易得|MN |＝4，|PQ |＝23，四边形PMQN 的面积S ＝4 3.当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，联立方程得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x ，消元得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 2＋2，x 1x 2＝1，|MN |＝1＋k2⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋22－4＝4k 2＋4.因为PQ ⊥MN ，所以直线PQ 的方程为y ＝－1k(x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－1k x －1，x 23＋y 22＝1，得(2k 2＋3)x 2－6x ＋3－6k 2＝0. 设P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则⎩⎪⎨⎪⎧ x 3＋x 4＝62k 2＋3，x 3x 4＝3－6k 22k 2＋3，|PQ |＝1＋1k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫62k 2＋32－4×3－6k 22k 2＋3＝43k 2＋12k 2＋3. 则四边形PMQN 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋443k 2＋12k 2＋3＝83k 2＋12k 22k 2＋3.令k 2＋1＝t ，t ＞1，则S ＝83t 2t －12t ＋1＝83－1t 2－1t ＋2＝83－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94. 因为t ＞1，所以0＜1t ＜1，易知－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋94的范围是(0,2)，所以S ＞832＝4 3. 综上可得S ≥43，S 的最小值为4 3.6．(2019·安庆二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且过点(2，2)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设A 、B 为椭圆C 的左、右顶点，过C 的右焦点F 作直线l 交椭圆于M ，N 两点，分别记△ABM ，△ABN 的面积为S 1，S 2，求|S 1－S 2|的最大值．【解析】(1)根据题意可得：c a ＝22，4a 2＋2b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2， 解得：a 2＝8，b ＝2.故椭圆C 的标准方程为：x 28＋y 24＝1. (2)由(1)知F (2,0)，当直线l 的斜率不存在时，S 1＝S 2，于是|S 1－S 2|＝0；当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y ＝k (x －2)(k ≠0)，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －2，x 28＋y 24＝1，得(1＋2k 2)x 2－8k 2x ＋8k 2－8＝0. ∴x 1＋x 2＝8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－81＋2k2，于是|S 1－S 2|＝12×42×|y 1＋y 2|＝22|k (x 1＋x 2)－4k |＝22⎪⎪⎪⎪⎪⎪k ×8k 21＋2k 2－4k ＝82|k |1＋2k 2＝821|k |＋2|k |≤8222＝4.当且仅当k ＝±22时等号成立，此时|S 1－S 2|的最大值为4. 综上，|S 1－S 2|的最大值为4.7.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，右焦点为F ，且该椭圆过点⎝⎛⎭⎪⎫1，－32. (1)求椭圆C 的方程；(2)当动直线l 与椭圆C 相切于点A ，且与直线x ＝433相交于点B 时，求证：△FAB 为直角三角形． 【解析】(1)由题意得c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，所以b 2＝1，a 2＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可得直线l 的斜率存在，设l ：y ＝kx ＋m ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 判别式Δ＝64k 2m 2－16(4k 2＋1)(m 2－1)＝0，得m 2＝4k 2＋1＞0.设A (x 1，y 1)，则x 1＝－8km 24k 2＋1＝－8km 2m 2＝－4k m ，y 1＝kx 1＋m ＝－4k 2m ＋m ＝1m ，即A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m ，1m . 易得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫433，433k ＋m ，F (3，0)， 则FA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －3，1m ，FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫33，433k ＋m ， FA →·FB →＝33⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k m －3＋1m ⎝ ⎛⎭⎪⎫433k ＋m ＝－43k 3m －1＋43k 3m ＋1＝0， 所以FA →⊥FB →，即△FAB 为直角三角形，得证．8．(2019·朝阳区模拟)过椭圆W ：x 22＋y 2＝1的左焦点F 1作直线l 1交椭圆于A ，B 两点，其中A (0,1)，另一条过F 1的直线l 2交椭圆于C ，D 两点(不与A ，B 重合)，且D 点不与点(0，－1)重合．过F 1作x 轴的垂线分别交直线AD ，BC 于E ，G .(1)求B 点坐标和直线l 1的方程；(2)求证：|EF 1|＝|F 1G |.【解析】(1)由题意可得直线l 1的方程为y ＝x ＋1.与椭圆方程联立，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ＋1x 22＋y 2＝1可求B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，－13. (2)证明：当l 2与x 轴垂直时，C ，D 两点与E ，G 两点重合，由椭圆的对称性，|EF 1|＝|F 1G |. 当l 2不与x 轴垂直时，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，l 2的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠1)．由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x ＋1x 22＋y 2＝1消去y ，整理得(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0. 则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1. 由已知，x 2≠0，则直线AD 的方程为y －1＝y 2－1x 2x ，令x ＝－1， 得点E 的纵坐标y E ＝x 2－y 2＋1x 2. 把y 2＝k (x 2＋1)代入得y E ＝x 2＋11－k x 2. 由已知，x 1≠－43， 则直线BC 的方程为y ＋13＝y 1＋13x 1＋43⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋43， 令x ＝－1，得点G 的纵坐标y G ＝y 1－x 1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋43.把y 1＝k (x 1＋1)代入得y G ＝x 1＋1k －13x 1＋4. y E ＋y G ＝x 2＋11－k x 2＋x 1＋1k －13x 1＋4 ＝1－k [x 2＋13x 1＋4－x 2x 1＋1]x 2·3x 1＋4 ＝1－k [2x 1x 2＋3x 1＋x 2＋4]x 2·3x 1＋4把x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1代入到2x 1x 2＋3(x 1＋x 2)＋4中， 2x 1x 2＋3(x 1＋x 2)＋4＝2×2k 2－22k 2＋1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 22k 2＋1＋4＝0. 即y E ＋y G ＝0， 即|EF 1|＝|F 1G |.。

大题考法专训（五） 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题A 级——中档题保分练1．(2019·武汉模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆C 上异于A ，B 的点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34. (1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (8,0)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△OPQ 面积的最大值．解析：(1)设T (x ，y )(x ≠±4)，则直线TA 的斜率为k 1＝yx ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝y x －4. 于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1(x ≠±4)，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1. (2)由题意设直线PQ 的方程为x ＝my ＋8，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋8，x 216＋y 212＝1，得(3m 2＋4)y 2＋48my ＋144＝0， Δ＝(48m )2－4×144×(3m 2＋4)＝12×48(m 2－4)＞0，即m 2＞4，y P ＋y Q ＝－48m 3m 2＋4，y P y Q ＝1443m 2＋4. 所以|PQ |＝m 2＋13m 2＋4·Δ＝24(m 2＋1)(m 2－4)3m 2＋4， 又点O 到直线PQ 的距离d ＝8m 2＋1. 所以S △OPQ ＝12×|PQ |×d ＝96m 2－43m 2＋4＝963m 2－4＋16m 2－4≤43⎝⎛⎭⎫当且仅当m 2＝283时等号成立，且满足m 2＞4. 故△OPQ 面积的最大值为4 3.2.如图所示，A ，B ，C ，D 是抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)上的四点，A ，C 关于抛物线的对称轴对称且在直线BD 的异侧，直线l ：x －y －1＝0是抛物线在点C 处的切线，BD ∥l .(1)求抛物线E 的方程；(2)求证：AC 平分∠BAD .解：(1)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x －y －1＝0， 消去y 得x 2－2px ＋2p ＝0.∵l 与抛物线相切，∴Δ＝4p 2－8p ＝0，∴p ＝2，∴抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)证明：设点B (x B ，y B )，D (x D ，y D )，由(1)可得C (2,1)，A (－2,1)．∵直线l ∥BD ，∴设直线BD 的方程为y ＝x ＋t .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋t ，x 2＝4y ，得x 2－4x －4t ＝0， ∴x B ＋x D ＝4.又∵k AD ＋k AB ＝x 2D 4－1x D ＋2＋x 2B 4－1x B ＋2＝x D ＋x B －44＝0， ∴AC 平分∠BAD .3．已知A ，B 分别为曲线C ：x 2a 2＋y 2＝1(y ≥0，a ＞0)与x 轴的左、右两个交点，直线l 过点B 且与x 轴垂直，M 为l 上位于x 轴上方的一点，连接AM 交曲线C 于点T .(1)若曲线C 为半圆，点T 为AB 的三等分点，试求出点M 的坐标；(2)若a ＞1，S △MAB ＝2，当△TAB 的最大面积为43时，求椭圆的离心率的取值范围． 解：(1)当曲线C 为半圆时，得a ＝1.由点T 为AB 的三等分点，得∠BOT ＝60°或120°.当∠BOT ＝60°时，∠MAB ＝30°，又|AB |＝2，。

高考专题 圆锥曲线中的最值和范围问题★★★高考要考什么1 圆锥曲线的最值与范围问题 (1)圆锥曲线上本身存在的最值问题： ①椭圆上两点间最大距离为2a (长轴长)．②双曲线上不同支的两点间最小距离为2a (实轴长)．③椭圆焦半径的取值范围为[a －c ，a ＋c ]，a －c 与a ＋c 分别表示椭圆焦点到椭圆上的点的最小距离与最大距离．④抛物线上的点中顶点与抛物线的准线距离最近．(2)圆锥曲线上的点到定点的距离的最值问题，常用两点间的距离公式转化为区间上的二次函数的最值问题解决，有时也用圆锥曲线的参数方程，化为三角函数的最值问题或用三角形的两边之和(或差)与第三边的不等关系求解．(3)圆锥曲线上的点到定直线的距离的最值问题解法同上或用平行切线法．(4)点在圆锥曲线上(非线性约束条件)的条件下，求相关式子(目标函数)的取值范围问题，常用参数方程代入转化为三角函数的最值问题，或根据平面几何知识或引入一个参数(有几何意义)化为函数进行处理． (5)由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围问题，常把所求参数作为函数，另一个元作为自变量求解．与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：（1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系；（2）不等式（组）求解法：利用题意结合图形（如点在曲线内等）列出所讨论的参数适合的不等式（组），通过解不等式组得出参数的变化范围；（3）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围。

（4）利用代数基本不等式。

代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；（5）结合参数方程，利用三角函数的有界性。

直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式。

因此，它们的应用价值在于： ① 通过参数θ简明地表示曲线上点的坐标；② 利用三角函数的有界性及其变形公式来帮助求解诸如最值、范围等问题； （6）构造一个二次方程，利用判别式∆≥0。

新高考数学复习知识点讲解与练习圆锥曲线中的最值、范围、证明问题知识梳理1．最值问题的常用方法几何转化代数法：将常见的几何问题所涉及的结论转化为代数问题求解．常见的几何问题所涉及的结论：(1)两圆相切时半径的关系；(2)三角形三边的关系；(3)动点与定点构成线段的和或差的最值，经常在两点共线时取到，注意同侧与异侧；(4)几何法转化所求目标，常见的有勾股定理、对称、圆锥曲线的定义等．函数最值法：当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求出这个函数的最值．求函数最值的常用方法有(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)判别式法；(4)单调性法；(5)三角换元法；(6)导数法等．2．范围问题常用方法几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决．用代数法求解范围：代数法求范围问题，常需要根据条件构造关于某个变量的不等式或函数表达式，然后利用求解不等式、基本不等式、函数值域(导数与不等式、导数与方程)、Δ法等方法求出范围，要特别注意变量的取值范围．3．证明问题常用方法代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明．1．圆锥曲线的弦长问题设直线与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则弦|AB |＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）2＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋1k 2|y 1－y 2|.2．设直线方程时要考虑斜率不存在的情况．3．直线与圆锥曲线相交，联立方程组，消元后需为一元二次方程且不能忽略判别式大于零．诊断自测1．(2020·浙江三校三联)已知过原点O 的射线l 与圆(x －1)2＋(y －1)2＝2交于点P ，与椭圆x 23＋y 2＝1交于点Q ，则|OP |·|OQ |的最大值为() A ．4 B ．2 2 C ．2 3 D ．2 答案A解析 由圆的方程易得以原点O 和点A (2，2)为端点的线段为圆的一条直径，且点O ，P ，Q 在同一条直线上，又因为点P 在圆上，则OP ⊥P A ，因为点Q 在椭圆上，则不妨设点Q 的坐标为(3cos θ，sin θ)，则|OP |·|OQ |＝OP →·OQ →＝OP →·OQ →＋P A →·OQ →＝OQ →·OA →＝23cos θ＋2sin θ＝4sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫θ＋π3≤4，所以|OP |·|OQ |的最大值为4，故选A.2．(一题多解)(2021·长沙四校一联)已知点F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，在双曲线的右支上存在一点P ，使|PF 2|，|PF 1|，|F 1F 2|成等比数列，则该双曲线的离心率的取值范围是() A ．[2＋5，＋∞) B ．[4，＋∞)C ．[4，2＋5]D ．[2＋3，＋∞) 答案A解析 法一 令|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则由|PF 2|，|PF 1|，|F 1F 2|成等比数列，得m 2＝n |F 1F 2|.又m －n ＝2a ，|F 1F 2|＝2c ，所以m 2＝2(m －2a )c ，即m 2－2mc ＋4ac ＝0，则Δ＝4c 2－16ac ，且m ＝c ＋c 2－4ac .根据Δ＞0，得e ＞4.由m ≥c ＋a ，得c 2－4ac ≥a ，c 2－4ac ≥a 2，e 2－4e －1≥0，所以e ≥2＋ 5.故选A.法二 令|PF 1|＝m ，|PF 2|＝n ，则由|PF 2|，|PF 1|，|F 1F 2|成等比数列，得m 2＝n |F 1F 2|.又m －n ＝2a ，|F 1F 2|＝2c ，所以(n ＋2a )2＝2nc ，即n 2＋(4a －2c )n ＋4a 2＝0，则Δ＝4c 2－16ac ，且n ＝c －2a ＋c 2－4ac .根据Δ＞0，得e ＞4.由n ≥c －a ，得c 2－4ac ≥a ，c 2－4ac ≥a 2，e 2－4e －1≥0，所以e ≥2＋ 5.故选A.3．(2021·南宁模拟二)已知抛物线x 2＝2py (p ＞0)的准线方程为y ＝－1，△ABC 的顶点A 在抛物线上，B ，C 两点在直线y ＝2x －5上，若|AB →－AC →|＝25，则△ABC 面积的最小值为()A ．5B ．4 C.12 D ．1 答案D解析 依题意得抛物线方程x 2＝4y ，因为|AB→－AC →|＝25，所以|CB →|＝25，将y ＝2x ＋b代入x 2＝4y 得x 2－8x －4b ＝0，由Δ＝64＋16b ＝0得b ＝－4.此时抛物线的切线为y ＝2x －4，则两条平行线之间距离为d ＝15，即点A 到直线y ＝2x －5的最小距离，故S △ABC 的最小值为12|BC |d ＝1.4．椭圆x 29＋y 216＝1的任意点到直线l ：x ＋y ＝7的最短距离为________． 答案 2解析 设直线x ＋y ＝k 是椭圆的切线，即y ＝－x ＋k ，代入椭圆方程x 29＋（x －k ）216＝1，即25x 2－18kx ＋9k 2－144＝0，则Δ＝(－18k )2－4×25×(9k 2－144)＝0，解得k ＝5或－5，则直线为x ＋y ＝5，两直线间的距离为22＝2，此为最短距离． 5．(2021·杭州学军中学模拟)已知椭圆C ：x 24＋y 2＝1，P (a ，0)为x 轴上一动点．若存在以点P 为圆心的圆P ，使得椭圆C 与圆P 有四个不同的公共点，则a 的取值范围是________． 答案⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，32解析 因为圆P 的圆心在x 轴上，则由椭圆和圆的对称性得椭圆C 与圆P 的四个不同的公共点两两关于x 轴对称，设在x 轴上方的两个交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ，与椭圆方程联立消去y 化简得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0，由Δ＝64k 2b 2－4(4k 2＋1)·(4b 2－4)＞0得b 2＜4k 2＋1，此时x 1＋x 2＝－8kb4k 2＋1，则y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2b ＝2b 4k 2＋1，则AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4kb 4k 2＋1，b 4k 2＋1，线段AB 的垂直平分线方程为y －b 4k 2＋1＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋4kb 4k 2＋1，令y ＝0得点P 的横坐标a ＝－3kb 4k 2＋1，则a 2＝9k 2b 2（4k 2＋1）2＜9k 2（4k 2＋1）（4k 2＋1）2＝94＋1k 2＜94，所以－32＜a ＜32. 6．(2021·北京顺义区期末)过抛物线y 2＝8x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，交抛物线的准线于点C ，满足：BC →＝λFB →(λ＞0)，若|AF |＝6，则λ＝________；若|AF →|＞6，则λ的取值范围为________． 答案3(2，＋∞)解析 由题意，抛物线y 2＝8x 的准线为x ＝－2，|AF |＝6，所以A (4，42)(另一种情况同理)．所以AF 的斜率为22，方程为y ＝22(x －2)，代入抛物线方程可得x 2－5x ＋4＝0，所以可得B (1，－22)，因为BC →＝λFB →(λ＞0)，所以λ＝1＋22－1＝3， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则直线AB 的方程为y ＝k (x －2)，代入y 2＝8x ，可得k 2x 2－(4k 2＋8)x ＋4k 2＝0， ∴x 1x 2＝4，由⎩⎨⎧y ＝k （x －2），x ＝－2，可得C (－2，－4k )， ∴BC →＝(－2－x 2，－4k －y 2)，FB →＝(x 2－2，y 2)， ∵BC →＝λFB →(λ＞0)，∴－2－x 2＝λ(x 2－2)， ∴x 2＝2λ－2λ＋1，∴x 1＝4（λ＋1）λ－2，∴|AF →|＝x 1＋p 2＝4（λ＋1）λ－2＋2＝6＋12λ－2＞6，解得λ＞2.微课一 圆锥曲线中的最值、范围问题题型一 圆锥曲线中的最值问题【例1】(2020·浙江卷)如图，已知椭圆C 1：x 22＋y 2＝1，抛物线C 2：y 2＝2px (p ＞0)，点A 是椭圆C 1与抛物线C 2的交点，过点A 的直线l 交椭圆C 1于点B ，交抛物线C 2于点M (B ，M 不同于A )．(1)若p ＝116，求抛物线C 2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l 使M 为线段AB 的中点，求p 的最大值． 解 (1)由p ＝116，得抛物线C 2的焦点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫132，0.(2)由题意可设直线l ：x ＝my ＋t (m ≠0，t ≠0)，点A (x 0，y 0)． 将直线l 的方程代入椭圆C 1：x 22＋y 2＝1，得 (m 2＋2)y 2＋2mty ＋t 2－2＝0， 所以点M 的纵坐标y M ＝－mtm 2＋2. 将直线l 的方程代入抛物线C 2：y 2＝2px ，得y 2－2pmy －2pt ＝0，所以y 0y M ＝－2pt ，解得y 0＝2p （m 2＋2）m，因此x 0＝2p （m 2＋2）2m 2.由x 202＋y 20＝1，得1p 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋2m 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋2m 4≥160，当且仅当m ＝2，t ＝105时，p 取到最大值1040.感悟升华 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：一是几何法，即通过利用曲线的定义、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，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．【训练1】(2021·浙江名师预测五)已知抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 2(1，0)，椭圆与抛物线有一个相同的焦点，且长轴长为2p .(1)求抛物线与椭圆的方程；(2)如图，P 是抛物线上一点，F 1为椭圆的左焦点，直线PF 1交椭圆于A ，B 两点，直线PF 2与抛物线交于另外一点Q ，当|AB ||PQ |取得最大值时，求点P 的坐标． 解(1)由题意可得p2＝1，则p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x ； 因为c ＝1，2a ＝2p ＝4，即a ＝2， 所以b ＝3，所以椭圆的方程是x 24＋y 23＝1.(2)设直线AB ：x ＝my －1，直线PQ ：x ＝ny ＋1， 点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my －1，消去x 得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0，显然Δ>0，则y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，所以|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝1＋m 2·（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝1＋m 2·121＋m 23m 2＋4＝12（m 2＋1）3m 2＋4.联立⎩⎨⎧y 2＝4x ，x ＝ny ＋1，消去x 得y 2－4ny －4＝0，Δ＝16n 2＋16>0，则y 3＋y 4＝4n ，所以|PQ |＝x 3＋x 4＋2＝n (y 3＋y 4)＋4＝4n 2＋4.又⎩⎨⎧x ＝my －1，x ＝ny ＋1，则⎩⎪⎨⎪⎧x 3＝m ＋n m －n ，y 3＝2m －n ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫2m －n 2＝4·m ＋n m －n ，则m 2－n 2＝1，m 2≥1，所以|PQ |＝4m 2，所以|AB ||PQ |＝3（m 2＋1）m 2（3m 2＋4），m 2≥1. 令t ＝m 2＋1(t ≥2)， 则|AB ||PQ |＝3t（t －1）（3t ＋1）＝33t －1t －2≤67， 当t ＝2时取最大值，此时m ＝±1，n ＝0， 所以点P (1，±2)．题型二 圆锥曲线的范围问题【例2】(2021·杭州质检)如图，已知M (1，2)为抛物线C ：y 2＝2px (p >0)上一点，过点D (2，－2)的直线与抛物线C 交于A ，B 两点(A ，B 两点异于M )，记直线AM ，BM 的斜率分别为k 1，k 2.(1)求k 1k 2的值；(2)记△AMD ，△BMD 的面积分别为S 1，S 2，当k 1∈[1，2]时，求S 1S 2的取值范围．解(1)将点M (1，2)代入抛物线C ：y 2＝2px 得p ＝2， 所以抛物线C 的方程为y 2＝4x ，设直线AB 的方程为x ＝m (y ＋2)＋2，代入抛物线C 的方程，消去x 得y 2－4my －8m －8＝0. 设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－(8m ＋8)，k 1k 2＝y 1－2x 1－1·y 2－2x 2－1＝y 1－2y 214－1·y 2－2y 224－1＝16（y 1＋2）（y 2＋2）＝16y 1y 2＋2（y 1＋y 2）＋4＝－4， 所以k 1k 2＝－4.(2)由(1)知k 1＝4y 1＋2∈[1，2]，所以y 1＋2∈[2，4]． 又k 2＝4y 2＋2，4y 1＋2·4y 2＋2＝－4，所以S 1S 2＝|AD ||BD |＝|y 1＋2||y 2＋2|＝（y 1＋2）24∈[1，4]．感悟升华 求解范围问题的常见方法：(1)利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的取值范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系．(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用基本不等式求出参数的取值范围．(5)利用函数的值域求范围问题的关键是建立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变量的取值范围．在建立函数的过程中，要根据题目的其他已知条件把要求的量都用已知变量表示出来，同时要注意变量的取值范围．【训练2】(2021·宁波适考)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，F 1，F 2为其左、右焦点，B 1，B 2为其上、下顶点，四边形F 1B 1F 2B 2的面积为2.(1)求椭圆E 的长轴A 1A 2的最小值，并确定此时椭圆E 的方程；(2)对于(1)中确定的椭圆E ，设过定点M (－2，0)的直线l 与椭圆E 相交于P ，Q 两点，若MP →＝λMQ →，当λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12时，求△OPQ 的面积S 的取值范围．解(1)依题意四边形F 1B 1F 2B 2的面积为2bc ，∴2bc ＝2， ∵|A 1A 2|＝2a ＝2b 2＋c 2≥22bc ＝22， 当且仅当b ＝c ＝1时等号成立，此时a ＝2， ∴长轴A 1A 2的最小值为22， 此时椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)依题意，可设直线l ：x ＝ty －2，联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty －2，x 22＋y 2＝1，得(t 2＋2)y 2－4ty ＋2＝0.由Δ＞0，得t 2＞2.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4tt 2＋2，y 1·y 2＝2t 2＋2.由MP →＝λMQ →，得y 1＝λy 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧（1＋λ）y 2＝4t t 2＋2，①λy 22＝2t 2＋2，②由①2②得λ＋1λ＋2＝8t 2t 2＋2， ∵y ＝λ＋1λ＋2在λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12上单调递减，∴λ＋1λ＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫92，163，∴92＜8t 2t 2＋2＜163，187＜t 2＜4，满足Δ＞0.△OPQ 的面积S ＝S △OMQ －S △OMP＝12|OM ||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝22t 2－2t 2＋2.设m ＝t 2－2，则m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫277，2，t 2＝m 2＋2， ∴S ＝22m m 2＋4＝22m ＋4m ， ∵y ＝m ＋4m 在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫277，2上单调递减， ∴S 关于m 单调递增，∴△OPQ 的面积S ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫148，23.1．(2021·浙江名师协作体模拟)已知A ，B 是x 轴正半轴上两点(A 在B 的左侧)，且|AB |＝a (a ＞0)，过A ，B 分别作x 轴的垂线，与抛物线y 2＝2px (p ＞0)在第一象限分别交于D ，C 两点．(1)若a ＝p ，点A 与抛物线y 2＝2px 的焦点重合，求直线CD 的斜率；(2)若O 为坐标原点，记△OCD 的面积为S 1，梯形ABCD 的面积为S 2，求S 1S 2的取值范围．解(1)由题意知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，则B ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2＋a ，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，p ，则C ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2＋a ，p 2＋2pa ，又a ＝p ，所以k CD ＝3p －p3p 2－p 2＝3－1.(2)设直线CD 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 由⎩⎨⎧y ＝kx ＋b y 2＝2px，得ky 2－2py ＋2pb ＝0， 所以Δ＝4p 2－8pkb ＞0，得kb ＜p2，又y 1＋y 2＝2p k ，y 1y 2＝2pb k ，由y 1＋y 2＝2p k ＞0，y 1y 2＝2pbk ＞0，可知k ＞0，b ＞0，因为|CD |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝a 1＋k 2，点O 到直线CD 的距离d ＝|b |1＋k 2， 所以S 1＝12·a 1＋k 2·|b |1＋k 2＝12ab .又S 2＝12(y 1＋y 2)·|x 1－x 2|＝12·2p k ·a ＝apk ， 所以S 1S 2＝kb 2p ，因为0＜kb ＜p 2，所以0＜S 1S 2＜14.即S 1S 2的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.2．(2021·浙江新高考仿真卷三)已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦距是2，点P 为C 1上一动点，且满足P 与点A 1(－a ，0)，A 2(a ，0)连线斜率之积为－12.(1)求椭圆C 1的方程；(2)当点P 在x 轴上方时，过P 点作椭圆C 1的切线l 交抛物线C 2：x 2＝y 于A ，B 两点，点P 关于原点O 的对称点为Q .求△QAB 面积的最小值． 解(1)设P (x 0，y 0)(x 0≠a )， 则y 0x 0＋a ·y 0x 0－a ＝y 20x 20－a 2＝－12， 即x 20a 2＋2y 20a 2＝1，∴2b 2＝a 2， 且c ＝1，∴a 2＝2，b 2＝1， 即椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设切线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0， 又Δ＝16k 2m 2－4(2k 2＋1)(2m 2－2)＝0， 得m 2＝2k 2＋1.再由⎩⎨⎧y ＝x 2，y ＝kx ＋m ，得x 2－kx －m ＝0，Δ＝k 2＋4m ＞0，即m 2＋8m －1＞0，即m ＞－4＋17或m ＜－4－17， 由题知m ＞0，且m 2≥1，∴m ≥1， ∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·k 2＋4m . 点O 到直线AB 的距离d ＝|m |1＋k 2， ∵点Q 为点P 关于原点的对称点． ∴S △ABQ ＝2S △ABO ＝|AB |·d ＝|m |k 2＋4m ＝|m |m 2＋8m －12. 显然函数f (m )＝|m |m 2＋8m －12(m ≥1)为增函数， ∴S △ABQ ≥f (1)＝2.3．(2021·北京昌平区期末)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点(0，2)，离心率为e ＝63，记椭圆C 的右焦点为F ，过点F 且斜率为k 的直线交椭圆于P ，Q 两点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)若线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M (x 0，0)，求x 0的取值范围．解(1)由题意可知⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，e ＝c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a 2＝6，b 2＝2，c 2＝4.故椭圆C 的标准方程为x 26＋y 22＝1.(2)依题意，F (2，0)，直线PQ 的方程为y ＝k (x －2)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝k （x －2）.消去y 并整理得(3k 2＋1)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0，Δ＝(－12k 2)2－4(12k 2－6)(3k 2＋1)＝24(k 2＋1)＞0， 设P (x 1，y 1)、Q (x 2，y 2)，故x 1＋x 2＝12k 23k 2＋1，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－4k ＝－4k3k 2＋1，设PQ 的中点为N ，则N ⎝ ⎛⎭⎪⎫6k 23k 2＋1，－2k 3k 2＋1. 因为线段PQ 的垂直平分线与x 轴交于点M (x 0，0)， ①当k ＝0时，那么x 0＝0；②当k ≠0时，k MN ·k ＝－1，即－2k 3k 2＋16k 23k 2＋1－x 0·k ＝－1，解得x 0＝4k 23k 2＋1＝43＋1k 2， 因为k 2＞0，所以3＋1k 2＞3，0＜43＋1k 2＜43， 即x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43，综上，x 0的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，43.4．(2021·新力量联盟期末)已知抛物线C 1：x 2＝py 过点(2，1)，椭圆C 2的两个焦点分别为F 1，F 2，其中F 2与抛物线C 1的焦点重合，过F 1且与长轴垂直的直线交椭圆C 2于A ，B 两点，且|AB |＝3.(1)求抛物线C 1与椭圆C 2的方程；(2)若曲线C 3是以坐标原点为圆心，以|OF 1|为半径的圆，动直线l 与圆C 3相切，且与椭圆C 2交于M ，N 两点，若△OMN 的面积为S ，求S 的取值范围． 解(1)由于x 2＝py (p >0)过点(2，1)，则4＝p ， 即C 1的方程为x 2＝4y ，根据题意可得椭圆焦点坐标F 2(0，1)， 所以椭圆中c ＝1，其焦点也在y 轴上． 设C 2的方程为y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y 2a 2＋x 2b 2＝1，y ＝1得x ＝±b 2a ，|AB |＝2b 2a ＝3， 又a 2＝b 2＋1，解得a ＝2，b ＝3， 所以C 2的方程为y 24＋x 23＝1.(2)由(1)得|OF 1|＝1，则C 3的方程为x 2＋y 2＝1. 因为直线l 与圆C 3相切， 所以圆心O 到直线l 的距离为1， 所以S ＝12|MN |×1＝|MN |2.当直线l 的斜率不存在时方程为x ＝±1，两种情况所得到的△OMN 面积相等， 由⎩⎪⎨⎪⎧y 24＋x 23＝1，x ＝1得y ＝±263， 不妨设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，263，N ⎝⎛⎭⎪⎫1，－263，|MN |＝463，此时，S ＝12×|MN |×1＝263； 当直线l 的斜率存在时，设其为k ， 直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，所以圆心O 到直线的距离为|m |1＋k 2＝1，即m 2＝k 2＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y 24＋x 23＝1，y ＝kx ＋m 得(4＋3k 2)x 2＋6kmx ＋3m 2－12＝0， Δ＝36k 2m 2－4(4＋3k 2)(3m 2－12)＝48(2k 2＋3)>0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－6km 3k 2＋4，x 1·x 2＝3m 2－123k 2＋4，所以S ＝|MN |2＝121＋k 2·（x 1＋x 2）2－4x 1x 2 ＝121＋k 2·48（2k 2＋3）3k 2＋4＝23·1＋k 2·2k 2＋33k 2＋4令3k 2＋4＝t ，则k 2＝t －43，t ≥4，0<1t ≤14， 所以S ＝233·2t 2－t －1t 2＝233·－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t ＋2， 因为y ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2－1t ＋2是关于1t 的二次函数，开口向下，在0<1t ≤14时单调递减，所以32≤S <263.综上，32≤S ≤263.微课二 圆锥曲线中的证明问题【典例】(2021·台州评估测试)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点．若椭圆E 的离心率为22，△ABF 2的周长为4 6. (1)求椭圆E 的方程；(2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB 的直线交椭圆E 于点C ，D ，设弦AB ，CD 的中点分别为M ，N ，证明：O ，M ，N 三点共线． (1)解 由题意知，4a ＝46，a ＝ 6. 又e ＝22，∴c ＝3，b ＝3，∴椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)证明 当直线AB ，CD 的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M ，N 在x 轴上，O ，M ，N 三点共线，当直线AB ，CD 的斜率存在时，设其斜率为k ，且设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 213＝1，x 226＋y 223＝1，两式相减，得x 216＋y 213－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 226＋y 223＝0，∴x 21－x 226＝－y 21－y 223，（x 1－x 2）（x 1＋x 2）6＝－（y 1－y 2）（y 1＋y 2）3，∴y 1－y 2x 1－x 2·y 1＋y 2x 1＋x 2＝－36，y 1－y 2x 1－x 2·y 0x 0＝－36， 即k ·k OM ＝－12，∴k OM ＝－12k .同理可得k ON ＝－12k ，∴k OM ＝k ON ，∴O ，M ，N 三点共线．感悟升华 圆锥曲线中的证明问题主要有两个方面：(1)位置关系方面的(如证明相切、垂直、过定点等)；(2)数量关系方面的(如存在定值、恒成立等)．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明，但有时也会用反证法．【训练】设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 1，F 2是椭圆的两个焦点，M 是椭圆上任意一点，且△MF 1F 2的周长是4＋2 3. (1)求椭圆C 1的方程；(2)设椭圆C 1的左、右顶点分别为A ，B ，过椭圆C 1上的一点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，若点C 满足AB→⊥BC →，AD →∥OC →，连接AC 交DE 于点P ，求证：|PD |＝|PE |.(1)解 由e ＝32，知c a ＝32，所以c ＝32a ， 因为△MF 1F 2的周长是4＋23，所以2a ＋2c ＝4＋23，所以a ＝2，c ＝3， 所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 1的方程为：x 24＋y 2＝1. (2)证明 由(1)得A (－2，0)，B (2，0)， 设D (x 0，y 0)，所以E (x 0，0)， 因为AB →⊥BC →，所以可设C (2，y 1)， 所以AD →＝(x 0＋2，y 0)，OC →＝(2，y 1)， 由AD →∥OC →可得：(x 0＋2)y 1＝2y 0，即y 1＝2y 0x 0＋2. 所以直线AC 的方程为y －02y 0x 0＋2－0＝x ＋22－（－2）.整理得y＝y02（x0＋2）(x＋2)．又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝y02，即点P的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫x0，y02，所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.1．(2021·北京石景山区二模)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，其焦点为F.M为抛物线上除了原点外的任一点，过M的直线l与x轴，y轴分别交于A，B.(1)求抛物线C的方程以及焦点坐标；(2)若△BMF与△ABF的面积相等，求证：直线l是抛物线C的切线．(1)解因为抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)，所以22＝2p，p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x，焦点F点坐标为(1，0)．(2)证明因为△BMF与△ABF的面积相等，所以BM＝AB，所以B为AM的中点．设M(x0，y0)(x0y0≠0)，则A(－x0，0)．所以直线l的方程为y＝y02x0(x＋x0)，与抛物线y2＝4x联立得y2－8x0y0y＋4x0＝0，Δ＝64x20y20－16x0＝64x204x0－16x0＝0，所以直线l是抛物线C的切线．2．(2021·北京门头沟区模拟)如图，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，F1，F2分别为其左、右焦点，过F 1的直线与此椭圆相交于D ，E 两点，且△F 2DE 的周长为8，椭圆C 的离心率为22.(1)求椭圆C 的方程；(2)在平面直角坐标系xOy 中，已知点P (0，1)与点Q (0，2)，过P 的动直线(不与x 轴平行)与椭圆相交于A ，B 两点，点B 1是点B 关于y 轴的对称点．求证： ①Q ，A ，B 1三点共线； ②|QA ||QB |＝|P A ||PB |.(1)解∵△F 2DE 的周长为8，∴4a ＝8，即a ＝2， ∵e ＝c a ＝22，∴c ＝2，∴b 2＝a 2－c 2＝2，故椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明①当直线l 的斜率不存在时，A 、B 分别为椭圆短轴两端点，满足Q ，A ，B 1三点共线．当直线l 的斜率存在时，设直线方程为y ＝kx ＋1， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 22＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kx －2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则B 1(－x 2，y 2) x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－21＋2k 2，QA →＝(x 1，y 1－2)，QB 1→＝(－x 2，y 2－2)，∵x 1(y 2－2)＋x 2(y 1－2)＝x 1(kx 2－1)＋x 2(kx 1－1)＝2kx 1x 2－(x 1＋x 2)＝－4k 1＋2k 2＋4k1＋2k 2＝0.∴QA →与QB 1→共线，且有公共点Q ，则Q ，A ，B 1三点共线．②由①可知Q ，A ，B 1三点共线，∴|QA ||QB |＝|QA ||QB 1|＝|x 1||x 2|＝|P A ||PB |，∴|QA ||QB |＝|P A ||PB |. 3．(2021·北京大兴区一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，过焦点且与x轴垂直的直线被椭圆C 截得的线段长为2.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点A (1，0)，B (4，0)，过点A 的任意一条直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，求证：|MB |·|NA |＝|MA |·|NB |.(1)解 因为x 2a 2＋y 2b 2＝1，令x ＝c ，得y 2＝b 4a 2，因为过焦点且与x 轴垂直的直线被椭圆C 截得的线段长为2，所以b 2a ＝1， 根据离心率为22，得c a ＝22，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆的方程为x 24＋y 22＝1.(2)证明 要证明|MB |·|NA |＝|MA |·|NB |，只需证明|MA ||NA |＝|MB ||NB |，过M ，N 分别作x 轴的垂线段MM ′，NN ′，易得|MA ||NA |＝|MM ′||NN ′|，所以只需证明|MB ||NB |＝|MM ′||NN ′|，所以只需证明∠MBA ＝∠NBA ，只需证明k MB ＋k NB ＝0.当直线l 的斜率不存在时，易得|MB |· |NA |＝|MA |·|NB |.当直线l 的斜率存在时，不妨设其为k ，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k （x －1）消去y ，得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－42k 2＋1， 直线MB 的斜率k MB ＝k （x 1－1）x 1－4，直线NB 的斜率k NB ＝k （x 2－1）x 2－4， k MB ＋k NB ＝k （x 1－1）x 1－4＋k （x 2－1）x 2－4＝k （x 1－1）（x 2－4）＋k （x 2－1）（x 1－4）（x 1－4）（x 2－4）＝k [2x 1x 2－5（x 1＋x 2）＋8]（x 1－4）（x 2－4）＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫2·2k 2－42k 2＋1－5·4k 22k 2＋1＋8（x 1－4）（x 2－4）＝0. 综上所述，|MB |·|NA |＝|MA |·|NB |.4．(2021·福州模拟)在平面直角坐标系xOy 中，圆F ：(x －1)2＋y 2＝1外的点P 在y 轴的右侧运动，且P 到圆F 上的点的最小距离等于它到y 轴的距离，记P 的轨迹为E .(1)(一题多解)求E 的方程；(2)(一题多解)过点F 的直线交E 于A ，B 两点，以AB 为直径的圆D 与平行于y 轴的直线相切于点M ，线段DM 交E 于点N ，证明：△AMB 的面积是△AMN 的面积的四倍． 法一(1)解 设P (x ，y )，依题意x ＞0，F (1，0)．因为P 在圆F 外，所以P 到圆F 上的点的最小距离为|PF |－1，依题意得|PF |－1＝x ，即（x －1）2＋y 2－1＝x ，化简得E 的方程为y 2＝4x (x ＞0)．(2)证明 设N (x 0，y 0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22.当直线AB 的斜率不存在时，不合题意，依题意可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，由⎩⎨⎧y ＝k （x －1），y 2＝4x得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. 因为Δ＝(2k 2＋4)2－4k 4＝16k 2＋16＞0，所以x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2，则有y 1＋y 2＝4k ，故D ⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋2k 2，2k ， 由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝4k 2＋4k 2.设M (x M ，y M )，依题意得y M ＝2k ，所以|MD |＝k 2＋2k 2－x M .又因为|MD |＝|AB |2，所以k 2＋2k 2－x M ＝2k 2＋2，解得x M ＝－1，所以M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，2k ， 因为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，2k 在抛物线上，所以x 0＝1k 2，即N ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2，2k ， 所以S △AMB ＝12|MD ||y 1－y 2|＝k 2＋1k 2|y 1－y 2|，S △AMN ＝12|MN ||y 1－y D |＝12|MN |×12|y 1－y 2|＝k 2＋14k 2|y 1－y 2|，故S △AMB ＝4S △AMN .法二(1)解 设P (x ，y )，依题意x ＞0.因为P 在圆F 外，所以P 到圆F 上的点的最小距离为|PF |－1.依题意得点P 到圆F (1，0)的距离|PF |等于P 到直线x ＝－1的距离，所以P 在以F (1，0)为焦点，x ＝－1为准线的抛物线上． 所以E 的方程为y 2＝4x (x ＞0)．(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，因为直线AB 过F (1，0)，依题意可设其方程为x ＝ty ＋1(t ≠0)，由⎩⎨⎧x ＝ty ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4ty －4＝0，因为Δ＝16t 2＋16＞0，所以y 1＋y 2＝4t ，则有x 1＋x 2＝(ty 1＋1)＋(ty 2＋1)＝4t 2＋2.因为D 是AB 的中点，所以D (2t 2＋1，2t )．由抛物线的定义得|AB |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4t 2＋4，设圆D 与l ：x ＝m 相切于M ，因为DM 与抛物线相交于N ，所以m ＜0，且DM ⊥l ，所以|DM |＝12|AB |，即2t 2＋1－m ＝12(4t 2＋4)，解得m ＝－1，设N (x 0，y 0)，则y 0＝2t ，且(2t )2＝4x 0，所以x 0＝t 2，因为2t 2＋1＋（－1）2＝t 2，所以N 为DM 的中点，所以S △AMD ＝2S △AMN ， 又因为D 为AB 的中点，S △AMB ＝2S △AMD ，所以S △AMB ＝4S △AMN . 法三(1)同法一．(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，连接MF ，NF .因为直线AB 过F (1，0)，依题意可设其方程x ＝ty ＋1(t ≠0)， 由⎩⎨⎧x ＝ty ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4ty －4＝0， 因为Δ＝16t 2＋16＞0，所以y 1＋y 2＝4t ，所以y M ＝y D ＝2t .因为|MD |＝|AB |2，|AB |＝x 1＋x 2＋2，又因为|MD |＝x 1＋x 22－x M ，所以x 1＋x 2＋22＝x 1＋x 22－x M ，解得x M ＝－1， 所以M (－1，2t )，所以k MF ·k AB ＝2t －1－1×⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＝－1，故∠MFD ＝90°. 又因为|NM |＝|NF |，所以|NF |＝|ND |，从而|MN |＝|ND |.所以S △AMN ＝12S △AMD ，又S △AMD ＝12S △AMB ，所以S △AMB ＝4S △AMN .。

圆锥曲线中的最值、范围、证明问题(大题)热点一 最值问题求圆锥曲线中三角形面积的最值的关键(1)公式意识，把求三角形的面积转化为求距离、求角等； (2)方程思想，即引入参数，寻找关于参数的方程；(3)不等式意识，寻找关于参数的不等式，利用基本不等式等求最值.例1 (2019·邯郸模拟)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 为E上的一个动点，且|PF 2|的最大值为2＋3，E 的离心率与椭圆Ω：x 22＋y 28＝1的离心率相等.(1)求E 的方程；(2)直线l 与E 交于M ，N 两点(M ，N 在x 轴的同侧)，当F 1M ∥F 2N 时，求四边形F 1F 2NM 面积的最大值.解 (1)依题意可知⎩⎪⎨⎪⎧a ＋c ＝2＋3，c a ＝1－28，解得⎩⎨⎧a ＝2，c ＝3，则b 2＝a 2－c 2＝1，故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)延长MF 1交E 于点M ′，由(1)可知F 1(－3，0)，F 2(3，0)， 设M (x 1，y 1)，M ′(x 2，y 2)， 设MF 1的方程为x ＝my －3，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －3，x 24＋y 2＝1得(m 2＋4)y 2－23my －1＝0，故⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝23m m 2＋4，y 1y 2＝－1m 2＋4.设F 1M 与F 2N 的距离为d ，四边形F 1F 2NM 的面积为S ，则S ＝12(|F 1M |＋|F 2N |)d ＝12(|F 1M ′|＋|F 1M |)d＝12|MM ′|d ＝2MF M S △′， 而2MF M S △′＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝3y 1＋y 22－4y 1y 2＝43m 2＋1m 2＋4＝43m 2＋1＋3m 2＋1≤4323＝2，当且仅当m 2＋1＝3m 2＋1，即m ＝±2时，等号成立， 故四边形F 1F 2NM 面积的最大值为2.跟踪演练1 (2019·焦作模拟)已知椭圆C ：x 22＋y 2＝1，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12，B (1,2).(1)若直线l 1与椭圆C 交于M ，N 两点，且A 为线段MN 的中点，求直线MN 的斜率； (2)若直线l 2：y ＝2x ＋t (t ≠0)与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△BPQ 的面积的最大值. 解 (1)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 故x 212＋y 21＝1，x 222＋y 22＝1.将两式相减，可得x 212＋y 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 222＋y 22＝0，即x 1＋x 2x 1－x 22＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)＝0，因为A 为线段MN 的中点， 所以x 1＋x 2＝2，y 1＋y 2＝1. 得(x 1－x 2)＋(y 1－y 2)＝0， 即y 1－y 2x 1－x 2＝－1，故直线MN 的斜率k MN ＝－1. (2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋t ，x 22＋y 2＝1可得9x 2＋8tx ＋(2t 2－2)＝0， 由Δ>0可得64t 2－36(2t 2－2)>0， 解得0<t 2<9.设P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)由根与系数的关系可得⎩⎪⎨⎪⎧x 3＋x 4＝－8t9，x 3x 4＝2t 2－29.∴|PQ |＝1＋22x 3＋x 42－4x 3x 4＝5×⎝ ⎛⎭⎪⎫－8t 92－42t 2－29＝2109×9－t 2. 又∵点B 到直线l 2的距离d ＝|2－2＋t |5＝|t |5，∴S △BPQ ＝12×|PQ |×d ＝12×2109×9－t 2×|t |5，∵9－t 2>0， ∴S △BPQ ＝29×9－t 2×|t |＝29×9－t2×t 2≤29×9－t2＋t22＝22， 当且仅当t 2＝92，即t ＝±322时取等号.故△BPQ 的面积的最大值为22. 热点二 范围问题圆锥曲线的范围问题的常见解法(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等关系或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的范围.例2 (2019·江西九校联考)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点F (1,0)，A ，B ，C 是椭圆上任意三点，A ，B 关于原点对称且满足k AC ·k BC ＝－12.(1)求椭圆E 的方程；(2)若斜率为k 的直线与圆：x 2＋y 2＝1相切，与椭圆E 相交于不同的两点P ，Q ，求|PQ |≥435时，k 的取值范围.解 (1)由题可设A (x A ，y A )，B (－x A ，－y A )，C (x C ，y C )，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 2A a 2＋y 2Ab2＝1，x 2C a 2＋y2C b 2＝1，两式相减得x A －x C x A ＋x Ca2＋y A －y Cy A ＋y Cb2＝0，⇒y A －y C x A －x C ·y A ＋y C x A ＋x C ＝－b 2a2.即k AC ·k BC ＝y A －y C x A －x C ·y A ＋y Cx A ＋x C＝－b 2a 2＝－12，所以a 2＝2b 2，又c ＝1，a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝2，b 2＝1， 所以椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线方程为y ＝kx ＋m ， 交椭圆于点P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2).联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，Δ＝8(2k 2＋1－m 2)>0，得2k 2＋1>m 2，x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2.所以|PQ |＝1＋k 2x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 22－8m 2－81＋2k 2 ＝1＋k 216k 2m21＋2k22－8m 2－81＋2k 21＋2k22＝1＋k 216k 2m21＋2k22－8m 2＋16m 2k 2－8－16k21＋2k22＝1＋k2－8m 2＋8＋16k21＋2k22， 因为直线y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，所以d ＝|m |1＋k2＝1⇒1＋k 2＝|m |，即m 2＝1＋k 2，代入2k 2＋1>m 2，得k ≠0. 所以|PQ |＝1＋k 2－81＋k 2＋8＋16k21＋2k22＝1＋k28k21＋2k22＝22k 4＋k 21＋2k22，因为|PQ |≥435，所以22k 4＋k 21＋2k22≥435，化简得k 4＋k 2－6≥0， 即(k 2＋3)(k 2－2)≥0， 解得k 2≥2或k 2≤－3(舍). 所以k ≥2或k ≤－2，故k 的取值范围为(－∞，－2]∪[2，＋∞).跟踪演练2 (2019·合肥质检)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)上一点M (m ,9)到其焦点F 的距离为10.(1)求抛物线C 的方程；(2)设过焦点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，且抛物线在A ，B 两点处的切线分别交x 轴于P ，Q 两点，求|AP |·|BQ |的取值范围.解 (1)已知M (m ,9)到焦点F 的距离为10，则点M 到准线的距离为10. ∵抛物线的准线为y ＝－p 2，∴9＋p2＝10，解得p ＝2，∴抛物线的方程为x 2＝4y .(2)由已知可判断直线l 的斜率存在，设斜率为k ， 因为F (0,1)，则l ：y ＝kx ＋1.设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y消去y ，得x 2－4kx －4＝0，∴x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.由于抛物线C 也是函数y ＝14x 2的图象，且y ′＝12x ，则PA ：y －x 214＝12x 1(x －x 1).令y ＝0，解得x ＝12x 1，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 1，0，从而|AP |＝14x 214＋x 21.同理可得，|BQ |＝14x 224＋x 22，∴|AP |·|BQ |＝116x 1x 224＋x 214＋x 22)＝116x 1x 22[16＋4x 21＋x 22＋x 1x 22]＝21＋k 2. ∵k 2≥0，∴|AP |·|BQ |的取值范围为[2，＋∞). 热点三 证明问题圆锥曲线的证明问题，常表现为证明相等、定值、过定点、点在曲线上等，一般是以直线与圆锥曲线为载体，综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行论证.例3 (2019·南开模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x －y ＋6＝0相切.(1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆的右焦点F 的直线l 1与椭圆交于A ，B ，过F 与l 1垂直的直线l 2与椭圆交于C ，D ，与l 3：x ＝4交于P ，求证：直线PA ，PF ，PB 的斜率k PA ，k PF ，k PB 成等差数列.(1)解 由题意知e ＝c a ＝12，所以a 2－b 2a 2＝14，即a 2＝43b 2又因为以原点为圆心，以椭圆的短半轴长为半径的圆x 2＋y 2＝b 2与直线x －y ＋6＝0相切， 所以圆心到直线的距离d ＝62＝b ＝3，所以a 2＝4，b 2＝3， 故椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明 由题意，知当直线l 1的斜率存在且不为0时， 设直线l 1的方程为y ＝k (x －1).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 利用根与系数的关系，得 x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，由题意知直线l 2的斜率为－1k，则直线l 2的方程为y ＝－1k(x －1)，令x ＝4，得P 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫4，－3k ，k PA ＋k PB ＝y 1＋3k x 1－4＋y 2＋3kx 2－4＝k x 1－1x 1－4＋k x 2－1x 2－4＋3k ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1－4＋1x 2－4＝k ×2x 1x 2－5x 1＋x 2＋8x 1x 2－4x 1＋x 2＋16＋3k ×x 1＋x 2－8x 1x 2－4x 1＋x 2＋16＝k ×2×4k 2－124k 2＋3－5×8k 24k 2＋3＋84k 2－124k 2＋3－4×8k 24k 2＋3＋16＋3k ×8k 24k 2＋3－84k 2－124k 2＋3－4×8k24k 2＋3＋16＝k ×0361＋k 2＋3k ×－24k 2－24361＋k 2＝－2k＝2k PF ，即k PA ＋k PB ＝2k PF ，当直线l 1的斜率不存在时，k PA ＋k PB ＝0，k PF ＝0，满足题意， 所以k PA ，k PF ，k PB 成等差数列.跟踪演练3 (2019·深圳调研)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 的中心在坐标原点O ，其右焦点为F (1,0)，且点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆的左、右顶点分别为A ，B ，M 是椭圆上异于A ，B 的任意一点，直线MF 交椭圆C 于另一点N ，直线MB 交直线x ＝4于Q 点，求证：A ，N ，Q 三点在同一条直线上.(1)解 方法一 设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，∵一个焦点坐标为F (1,0)， ∴另一个焦点坐标为(－1,0)， ∴由椭圆定义可知， 2a ＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－02＋1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32－02＝4， ∴a ＝2，∴b 2＝a 2－c 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.方法二 不妨设椭圆C 的方程为x 2m ＋y 2n＝1(m >n >0).∵一个焦点坐标为F (1,0)，∴m －n ＝1，①又∵点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上， ∴1m ＋94n＝1，② 联立方程①②，解得m ＝4，n ＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 可设直线MN 的方程为x ＝my ＋1，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y23＝1消去x ，并整理，得(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0， ∵Δ＝(6m )2＋36(3m 2＋4)>0， ∴y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，∵直线BM 的方程可表示为y ＝y 1x 1－2(x －2)，将此方程与直线x ＝4联立， 可求得点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫4，2y 1x 1－2， ∴AN →＝(x 2＋2，y 2)，AQ →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6，2y 1x 1－2∵6y 2－(x 2＋2)·2y 1x 1－2＝6y 2x 1－2－2y 1x 2＋2x 1－2＝6y 2[my 1＋1－2]－2y 1[my 2＋1＋2]my 1＋1－2＝4my 1y 2－6y 1＋y 2my 1－1＝4m ⎝ ⎛⎭⎪⎫－93m 2＋4－6⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋4my 1－1＝0，∴AN →∥AQ →，又向量AN →和AQ →有公共点A ， 故A ，N ，Q 三点在同一条直线上.真题体验(2019·全国Ⅱ，理，21)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值.(1)解 由题设得y x ＋2·yx －2＝－12，化简得x 24＋y22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点.(2)①证明 设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k >0).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1，得x ＝±21＋2k2.记u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0).于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u ).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝u 3k 2＋22＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u 3k 2＋22＋k2－u ＝－1k， 因为k PQ ·k PG ＝－1.所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形.②解 由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k 1＋k 21＋2k 22＋k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2.设t ＝k ＋1k，则由k >0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号.因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169. 因此，△PQG 面积的最大值为169.押题预测已知椭圆W ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点P (2a ，3)，F 1，F 2分别是椭圆W 的左、右焦点，△PF 1F 2为等腰三角形. (1)求椭圆W 的方程；(2)过左焦点F 1作直线l 1交椭圆于A ，B 两点，其中A (0,1)，另一条过F 1的直线l 2交椭圆于C ，D 两点(不与A ，B 重合)，且D 点不与点(0，－1)重合.过F 1作x 轴的垂线分别交直线AD ，BC 于E ，G .①求B 点坐标； ②求证：|EF 1|＝|F 1G |. 解 (1)由已知e ＝c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，得b ＝c ，a ＝2c ， ∵ △PF 1F 2为等腰三角形， ∴|F 1F 2|＝|F 2P |，则(2c )2＝(2a －c )2＋(3)2， 代入a ＝2c ，解得c ＝1，∴a 2＝2，b 2＝1，∴椭圆W 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①由题意可得直线l 1的方程为y ＝x ＋1.与椭圆方程联立，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋1，x 22＋y 2＝1，可求B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－43，－13.②当l 2与x 轴垂直时，D ，C 两点与E ，G 两点重合， 由椭圆的对称性，|EF 1|＝|F 1G |. 当l 2不与x 轴垂直时，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，l 2的方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠1).由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋1，x 22＋y 2＝1消去y ，整理得(2k 2＋1)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0， 则x 1＋x 2＝－4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.由已知，x 2≠0， 则直线AD 的方程为y －1＝y 2－1x 2x ， 令x ＝－1，得点E 的纵坐标y E ＝x 2－y 2＋1x 2. 把y 2＝k (x 2＋1)代入，得y E ＝x 2＋11－kx 2.由已知，x 1≠－43，则直线BC 的方程为y ＋13＝y 1＋13x1＋43⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋43，令x ＝－1，得点G 的纵坐标y G ＝y 1－x 1－13⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋43.把y 1＝k (x 1＋1)代入，得y G ＝x 1＋1k －13x 1＋4.y E ＋y G ＝x 2＋11－kx 2＋x 1＋1k －13x 1＋4＝1－k [x 2＋13x 1＋4－x 2x 1＋1]x 2·3x 1＋4＝1－k [2x 1x 2＋3x 1＋x 2＋4]x 2·3x 1＋4，把x 1＋x 2＝－4k22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1代入到2x 1x 2＋3(x 1＋x 2)＋4中，2x 1x 2＋3(x 1＋x 2)＋4＝2×2k 2－22k 2＋1＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 22k 2＋1＋4 ＝0.即y E ＋y G ＝0，即|EF 1|＝|F 1G |.A 组 专题通关1.(2019·吉林调研)已知A ，B 为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的上、下顶点，|AB |＝2，且离心率为32. (1)求椭圆E 的方程；(2)若点P (x 0，y 0)(x 0≠0)为直线y ＝2上任意一点，PA ，PB 交椭圆于C ，D 两点，求四边形ACBD 面积的最大值.解 (1)依题意|AB |＝2b ＝2，则b ＝1，又由⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝32，a 2－c 2＝1，解得a ＝2，故椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (t,2)(不妨设t >0)， 则直线PA 的方程为y ＝1tx ＋1，代入椭圆方程化简得t 2＋4t 2x 2＋8tx ＝0，解得x A ＝0，x 1＝－8t t 2＋4， 同理x B ＝0，x 2＝24tt 2＋36， ∴S 四边形ACBD ＝S △ACB ＋S △ADB ＝12|AB |·|x 2－x 1|＝32t 3＋12tt 4＋40t 2＋144＝32⎝⎛⎭⎪⎫t ＋12t t 2＋144t2＋40＝32⎝⎛⎭⎪⎫t ＋12t ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋12t 2＋16，令u ＝t ＋12t≥43，当且仅当t ＝23时，取等号， 则四边形ACBD 面积为g (u )＝32×uu 2＋16＝32u ＋16u， 又g (u )在[43，＋∞)上单调递减， ∴(S ABCD )max ＝g (43)＝2 3.2.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的短轴长为2，离心率为32.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若过点(－3,0)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，O 为坐标原点，求OM →·ON →的取值范围.解 (1)因为椭圆C 的短轴长为2， 所以2b ＝2，所以b ＝1， 又椭圆C 的离心率为32， 所以c a ＝a 2－b 2a ＝a 2－1a ＝32，解得a ＝2，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意直线l 的斜率存在，可设其方程为y ＝k (x ＋3)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将y ＝k (x ＋3)代入x 24＋y 2＝1，消去y 可得(1＋4k 2)x 2＋24k 2x ＋36k 2－4＝0， 所以Δ＝(24k 2)2－4×(1＋4k 2)(36k 2－4)>0，即k 2<15，且x 1＋x 2＝－24k 21＋4k 2，x 1x 2＝36k 2－41＋4k2，所以OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋k (x 1＋3)·k (x 2＋3)＝(1＋k 2)x 1x 2＋3k 2(x 1＋x 2)＋9k 2＝(1＋k 2)·36k 2－41＋4k 2＋3k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－24k 21＋4k 2＋9k 2 ＝41k 2－41＋4k 2＝－4＋57k21＋4k2， 因为0≤k 2<15，所以0≤57k 21＋4k 2<193， 所以－4≤－4＋57k 21＋4k 2<73，所以OM →·ON →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－4，73. 3.(2019·恩施州质检)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，其准线L ：x ＝－1与x 轴的交点为K ，过点K 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点. (1)求抛物线C 的方程；(2)点A 关于x 轴的对称点为D ，证明：存在实数t ∈(0,1)，使得KF →＝tKB →＋(1－t )KD →. (1)解 因为抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线为直线L ：x ＝－1， 所以－p2＝－1，解得p ＝2.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)证明 易知点K 的坐标为(－1,0)， 据题意可设直线l 的方程为x ＝my －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，y 2＝4x整理得y 2－4my ＋4＝0，所以Δ＝16m 2－16>0，得m 2>1，故⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝4.因为点A (x 1，y 1)关于x 轴的对称点为D ， 所以D (x 1，－y 1). 则直线BD 的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1(x －x 2)， 得y －y 2＝y 2＋y 1my 2－1－my 1－1(x －x 2)，得y －y 2＝y 2＋y 1m y 2－y 1(x －x 2)，即y －y 2＝4y 2－y 1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 224.令y ＝0，得0－y 2＝4y 2－y 1⎝ ⎛⎭⎪⎫x －y 224，得x ＝y 224－y 2·y 2－y 14＝y 22－y 22＋y 1y 24＝y 1y 24＝44＝1. 所以直线BD 恒过定点(1,0). 所以点F (1,0)在直线BD 上， 所以不妨令DF →＝tDB →(t ∈(0,1)). 因为KF →＝KD →＋DF →， 所以KF →＝KD →＋tDB →， 所以KF →＝KD →＋t (KB →－KD →)， 所以KF →＝(1－t )KD →＋tKB →. 所以存在实数t ∈(0,1)，使得KF →＝tKB →＋(1－t )KD →，命题得证.B 组 能力提高4.(2019·泰安质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝22，且经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，32.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (－2,0)且不与x 轴重合的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，过右焦点F 的直线AF ，BF 分别交椭圆C 于点M ，N ，设AF →＝αFM →，BF →＝βFN →，α，β∈R，求α＋β的取值范围.解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝22，12a 2＋34b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝2，b 2＝1，则椭圆方程为x 22＋y 2＝1.(2)A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，设M (x 3，y 3)， 则AF →＝(1－x 1，－y 1)，FM →＝(x 3－1，y 3)， 由AF →＝αFM →，可得－y 1＝αy 3， 则α＝－y 1y 3，当AM 与x 轴不垂直时，直线AM 的方程为y ＝y 1x 1－1(x －1)，即x ＝x 1－1y ＋y 1y 1， 代入曲线C 的方程x 22＋y 2＝1，整理可得(3－2x 1)y 2＋2y 1(x 1－1)y －y 21＝0， ∴y 1y 3＝－y 213－2x 1，∴α＝－y 1y 3＝3－2x 1，当AM 与x 轴垂直时，A 点横坐标为x 1＝1，α＝1，显然α＝3－2x 1也成立， ∴α＝3－2x 1，同理可得β＝3－2x 2， 由题意可知，直线l 的斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，k ≠0，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋2，x 22＋y 2＝1，消去y 整理得(2k 2＋1)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0， 由Δ＝(8k 2)2－4(2k 2＋1)(8k 2－2)>0，解得0<k 2<12，∴x 1＋x 2＝－8k22k 2＋1，∴α＋β＝3－2x 1＋3－2x 2＝6－2(x 1＋x 2) ＝14－82k 2＋1∈(6,10)，即α＋β的取值范围是(6,10).5.(2019·六安模拟)设椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，其中长轴长是短轴长的2倍，过焦点且垂直于x 轴的直线被椭圆截得的弦长为2 3.(1)求椭圆E 的方程；(2)点P 是椭圆E 上动点，且横坐标大于2，点B ，C 在y 轴上，(x －1)2＋y 2＝1内切于△PBC ，试判断点P 的横坐标为何值时△PBC 的面积S 最小.解 (1)由已知a ＝2b ，b 2a＝3，解得a ＝23，b ＝6， 故所求椭圆方程为x 212＋y 26＝1.(2)设P (x 0，y 0)(2<x 0≤23)，B (0，m )，C (0，n ). 不妨设m >n ，则直线PB 的方程为l PB ：y －m ＝y 0－mx 0x ， 即(y 0－m )x －x 0y ＋x 0m ＝0， 又圆心(1,0)到直线PB 的距离为1， 即|y 0－m ＋x 0m |y 0－m2＋x 2＝1，化简得(x 0－2)m 2＋2y 0m －x 0＝0，同理(x 0－2)n 2＋2y 0n －x 0＝0，所以m ，n 是方程(x 0－2)x 2＋2y 0x －x 0＝0的两个根， 所以m ＋n ＝－2y 0x 0－2，mn ＝－x 0x 0－2，则(m －n )2＝4x 20＋4y 20－8x 0x 0－22，因为P (x 0，y 0)是椭圆上的点，所以y 20＝6⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 2012， 则(m －n )2＝2x 20－8x 0＋24x 0－22，所以S 2＝14·2x 20－8x 0＋24x 0－22·x 2＝x 20－4x 0＋122x 0－22·x 20 ＝x 0－22＋82x 0－22·x 20， 令x 0－2＝t (0<t ≤2(3－1))， 则x 0＝t ＋2，令S 2＝f (t )＝t 2＋8t ＋222t2，化简可得f (t )＝12t 2＋2t ＋6＋16t ＋16t 2，则f ′(t )＝t ＋2－16t 2－32t3＝t ＋2t 3－16t 3，令f ′(t )＝0，得t ＝232>2(3－1)， 可知当t ∈(0,2(3－1)]时，f ′(t )<0， 所以函数f (t )在(0,2(3－1)]上单调递减，当t ＝2(3－1)即点P 的横坐标为x 0＝23时，△PBC 的面积S 最小.。

2019年高三理科数学高考大题精练：圆锥曲线：范围（最值）问题（附解析）精练例题[2019·江南十校]已知椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>，B 为其短轴的一个端点，1F ，2F 分别为其左右两个焦点，已知三角形12BF F 121cos 3F BF ∠=．（1）求椭圆C 的方程；（2）若动直线22:0,3l y kx m m k ⎛⎫=+≠≠ ⎪⎝⎭与椭圆C 交于()11,P x y ，()22,Q x y ，M 为线段PQ 的中点，且22123x x +=，求OM PQ ⋅的最大值． 【答案】（1）22132x y +=；（2）52．【解析】（1）由2222212222411cos 3233a c c F BF a c a a -∠==⇒=⇒=，222bc =，12121cos sin 3F BF F BF ∠=⇒∠=，结合1222132F BF S a a ===△，22b ⇒=， 故椭圆C 的方程为22132x y +=．另解：依题意：12122F BF S cb bc =⨯==△221212212cos 2cos1233F BF b F BF a ∠∠=-=⇒=， 解得23a =，22b =，故椭圆C 的方程为22132x y +=．（2）联立()()2222222223263602432032236y kx mk x kmx m Δk m k m x y =+⇒+++-⎧⎨⎩=⇒=+->⇒+>+=．且122632kmx x k -+=+，21223632m x x k -=+；依题意()()()()2222212121222262632333232m km x x x x x x k k--+=⇒+-=⇒-=++，化简得：22322k m +=（∵232k ≠）；设()00,M x y ，由()()22112222012121222120222362233236x y x y y x x y y k x x y x y ⎧⎪⎨+=-⇒-=--⇒==--+=⎪⎩， 又00y kx m =+，解得31,2k M m m ⎛⎫- ⎪⎝⎭22222943142k m OM m m +-⇒==， ()()()()()2222222221222222243222111251132432k m m PQ kx x kOM PQ m m m k+-+⎛⎫⎛⎫=+-=+=⇒⋅=-+≤ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭+，52OM PQ ⋅≤．当且仅当221132m m -=+，即m =时，OM PQ ⋅的最大值为52．模拟精炼1．[2019·柳州模拟]已知点()1,0F-，直线:4l x=-，P为平面内的动点，过点P作直线l的垂线，垂足为点M，且1122PF PM PF PM⎛⎫⎛⎫-⋅+=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．（1）求动点P的轨迹C的方程；（2）过点F作直线1l（与x轴不重合）交C轨迹于A，B两点，求三角形面积OAB的取值范围．（O为坐标原点）2．[2019·雷州期末]如图，已知抛物线2:2C y px =和()22:41M x y -+=，过抛线C 上一点()()000,1H x y y ≥作两条直线与M 相切于A 、B 两点，分别交抛物线于E 、F 两点，圆心点M 到抛物线准线的距离为174． （1）求抛物线C 的方程；（2）当AHB ∠的角平分线垂直x 轴时，求直线EF 的斜率； （3）若直线AB 在y 轴上的截距为t ，求t 的最小值．3．[2019·周口调研]已知直线2py x =-与抛物线()2:20C y px p =>交于B ，D 两点，线段BD 的中点为A ，点F 为C 的焦点，且OAF △（O 为坐标原点）的面积为1． （1）求抛物线C 的标准方程；（2）过点()2,2G 作斜率为()2k k ≥的直线l 与C 交于M ，N 两点，直线OM ，ON 分别交直线2y x =+于P ，Q 两点，求PQ 的最大值．答案与解析1．【答案】（1）22143x y +=；（2）30,2⎛⎤⎥⎝⎦．【解析】（1）设动点(),P x y ，则()4,M y -，由11022PF PM PF PM ⎛⎫⎛⎫-+= ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，2214PF PM ∴=，即2214PF PM ∴=，()2221144x y x ∴++=+，化简得22143x y +=．（2）由（1）知轨迹C 的方程为22143x y +=，当直线1l 斜率不存在时31,2A ⎛⎫-- ⎪⎝⎭，31,2B ⎛⎫- ⎪⎝⎭，1322OAB S AB OF ∴=⋅=△， 当直线1l 斜率存在时，设直线l 方程为()10x my m =-≠，设()11,A x y ，()22,B x y ，由221143x my x y ⎧⎪⎨-+=⎪⎩=，得()2234690m y my +--=． 则21441440Δm =+>，122634m y y m +=+，122934y y m -=+，1211122OABS OF y y =⋅-=⨯△=令()211m t t +=>，则OAB S ==△，令()196f t t t =++，则()219f t t'=-，当1t >时，()0f t '>，()196f t t t∴=++在()1,+∞上单调递增，()()116f t f∴>=，32OAB S ∴<△，综上所述，三角形OAB 面积的取值范围是30,2⎛⎤⎥⎝⎦．2．【答案】（1）2y x =；（2）14-；（3）11-．【解析】（1）∵点M 到抛物线准线的距离为17424p +=，∴12p =，即抛物线C 的方程为2y x =． （2）∵当AHB ∠的角平分线垂直x 轴时，点()4,2H ，∴HE HF k k =-， 设()11,E x y ，()22,F x y ，∴1212H H H H y y y y x x x x --=---，∴12222212H H H H y y y y y y y y --=---， ∴1224H y y y +=-=-．212122212121114EF y y y y k x x y y y y --====---+． （3）设点()()2,1H m m m ≥，242716HM m m =-+，242715HA m m =-+． 以H 为圆心，HA 为半径的圆方程为()()22242715x m y m m m -+-=-+，……①M 方程：()2241x y -+=．……②①-②得：直线AB 的方程为()()()22422442714x m m y m m m m -----=-+． 当0x =时，直线AB 在y 轴上的截距()1541t m m m=-≥， ∵t 关于m 的函数在[)1,+∞单调递增，∴min 11t =-． 3．【答案】（1）24y x =；（2） 【解析】（1）设()11,B x y ，()22,D x y ，则12121y y x x -=-． 由2112y px =，2222y px =两式相减，得()()121212()2y y y y p x x -+=-． ∴12121222x x y y p p y y -+=⋅=-，所以点A 的纵坐标为122y y p +=， ∴OAF △的面积1122pS p =⨯⨯=，解得2p =．故所求抛物线的标准方程为24y x =．（2）直线l 的方程为()22y k x -=-．由方程组()2224y k x y x-=-=⎧⎪⎨⎪⎩，得24880ky y k --+=． 设233,4y M y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，244,4y N y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，则344y y k +=，3488y y k =-．直线OM 的方程为34y x y =，代入2y x =+，解得3324y x y =-，所以33328,44y P y y ⎛⎫⎪--⎝⎭．同理得44428,44y Q y y ⎛⎫⎪--⎝⎭．所以484PQ y =-==-== 因为2k ≥，所以1102k <≤，所以当112k =，即2k =时，PQ 取得最大值。