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      ②Δ＝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，＋∞)．