利用函数思想求圆锥曲线中的最值与范围问题(解析版)

利用函数思想求圆锥曲线中的最值与范围问题
一、考情分析
与圆锥曲线有关的范围、最值问题,在高考中常以解答题形式考查,且难度较大,它能综合应用函数、三角、不等式等有关知识,因而备受命题者青睐.解题时要紧紧抓住圆锥曲线的定义与性质进行转化,充分展现数形结合、函数与方程、化归转化等数学思想在解题中的应用,其中把问题转化为函数求最值与值域是最常用的方法之一．二、解题秘籍
(一)利用函数思想最值与范围问题求解方法与策略
1.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系,从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定参数的取值范围．2.利用函数思想求圆锥曲线中的最值或范围,首先要把待求量用某个(些)量来表示,然后把待求量看作关于这个量的函数,再结合函数性质求最值与范围,其中利用二次函数配方求最值是最常用的方法,有时也可利用导数研究函数单调性求最值.
【例1】(2023届四川省成都市高三上学期10月月考)已知点F 是抛物线C :x 2
=4y 与椭圆y 2a 2+x 2
b
2=1(a >b >
0)的公共焦点,椭圆上的点M 到点F 的最大距离为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点M 作C 的两条切线,记切点分别为A ,B ,求△MAB 面积的最大值.【解析】(1)抛物线C 的焦点为F 0,1 ,即c =1,椭圆上的点M 到点F 的最大距离为a +c =3,所以a =2,b 2=3,
所以椭圆方程为y 24+x 2
3
=1.
(2)抛物线C 的方程为x 2
=4y ,即y =x 24
,
对该函数求导得y =x
2
,
设点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,M (x 0,y 0),
直线MA 的方程为y -y 1=x
12
(x -x 1),
即y =x 1x
2
-y 1,即x 1x -2y 1-2y =0,
同理可知,直线MB 的方程为x 2x -2y 2-2y =0,由于点M 为这两条直线的公共点,则x 1x 0-2y 1-2y 0=0x 2x 0-2y 2-2y 0=0
,
所以点A ,B 的坐标满足方程x 0x -2y -2y 0=0,所以直线AB 的方程为x 0x -2y -2y 0=0,联立x 0x -2y -2y 0=0
y =x 24
,可得x 2-2x 0x +4y 0=0,由韦达定理可得x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=4y 0,
所以AB =
1+x 02
2
⋅x 1+x 2
2
-4x 1x 2=1+x 02
2⋅4x 2
0-16y 0=x 2
0+4 x 2
0-4y 0 ,
点M 到直线AB 的距离为d =x 2
0-4y 0
x 20+4
,
所以S △MAB =12AB ⋅d =
1
2
x 20+4 x 20
-4y 0 ⋅
x 20-4y 0
x 20+4
=
12
x 2
0-4y 0 3
2,因为x 2
-4y 0=3-3y 204-4y 0=-34y 0+83 2+25
3
,由已知可得-2≤y 0≤2,
所以当y 0=-2时,△MAB 面积的最大值为82.
【例2】(2023届新高考高中毕业班“启航”适应性练习)在平面直角坐标系xOy 中,已知抛物线M ：y 2=4x ．P ,
Q ,R 为M 上相异的三点,且∠POQ =90°,RP 与x 负半轴交于点A ,RQ ,PQ 分别与x 正半轴交于点B ,C ,记点R x 0,y 0 ．
(1)证明：OA ⋅OB =4x 0；
(2)若B 为M 的焦点,当∠BRC 最大时,求x 0的值．【解析】(1)证明：因为∠POQ =90°,所以直线OP 和OQ 斜率之积为-1,设PQ ：x =my +t ,且C t ,0 ,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),联立x =my +t
y 2=4x
,得y 2-4my -4t =0,且Δ>0恒成立,所以y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4t ,记直线OP 、OQ 的斜率分别为k 1,k 2,
所以k 1k 2=y 1y 2x 1x 2=16
y 1y 2
=-1,即t =4,所以C 4,0 ,
设RP ：x =m 1y +t 1,且A (t 1,0)(t 1<0),联立x =m 1y +t 1
y 2=4x
,得y 2-4m 1y -4t 1=0,且Δ>0恒成立,
得y 0y 1=-4t 1=4OA ,同理设RQ ：x =m 2y +t 2,得y 0y 2=-4t 2=-4OB ,
所以y 1y 2y 20=-16OA ⋅OB =-16y 20=-64x 0,
即OA ⋅OB =4x 0；
(2)因为B 为M 的焦点,所以B 1,0 ,且C 4,0 ,R x 0,y 0 ,
tan ∠BRC =tan (∠RCx -∠RBx )=tan ∠RCx -tan ∠RBx
1+tan ∠RCx tan ∠RBx =y 0x 0-4-y 0
x 0-11+y 0x 0-4×
y 0x 0-1
=3y 0x 20-x 0+4,
又y 20=4x 0,不妨设y 0>0,y 0=2x 0,
则tan ∠BRC =3y 0x 20-x 0+4=6x 0
x 20-x 0+4
,
记t =x 0,t >0,则tan ∠BRC =f (t )=6t
t 4-t 2+4
,
f
(t )=-63t 4-t 2-4 t 4-t 2+4 2=-63t 2-4 t 2+1 t 4-t 2
+4
2,令f t =0,则t =233,且f t 在0,233
上单调递增,在23
3,+∞ 上单调递减,且y =tan x 在0,π2 上单调递增,所以当t =23
3
,
即x 0=
4
3
时,tan ∠BRC 最大,∠BRC 最大．(二)利用距离公式把距离问题转化为二次函数求最值与距离或线段长度有关的最值与范围问题通常是把相关距离或线段长度利用距离公式表示成一个变量的函数,若被开放式为二次函数类型,可通过配方求最值与范围.
【例3】(2023届湖北省腾云联盟高三上学期10月联考)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 经过点P 0,1 ,且
离心率为3
2
.
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)设过点0,-3
5
的直线l 与椭圆C 交于A ,B 两点,设坐标原点为O ,线段AB 的中点为M ,求MO 的最
大值.
【解析】(1)∵椭圆C :x 2a 2+y 2b
2=1(a >b >0)经过点P (0,1),其离心率为3
2．
∴b =1,c a =32⇒1-b 2a
2=34,∴b a =1
2,∴a =2,
故椭圆C 的方程为：x 2
4
+y 2=1；
(2)当直线l 斜率不存在时,M 与O 重合,不合题意,
当直线l 斜率存在时,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x 0,y 0),
则有x 0=x 1+x 22,y 0=y 1+y 22,直线l 的斜率为y 1-y 2x 1-x 2=y 0+35
x 0
,
A ,
B 两点在椭圆上,有x 124+y 12
=1,x 224
+y 22=1,
两式相减,x 12-x 22
4=-y 12-y 22 ,即x 1+x 2
4y 1+y 2 =-y 1-y 2x 1-x 2,
得x 04y 0=-y 0+35x 0,化简得x 02
=-4y 02-125y 0
,MO =x 02+y 02=-3y 02
-125y 0=-3y 0+25 2+1225,∴当y 0=-25
时,MO 的最大值为
23
5
(三)把面积问题转化为二次函数最值问题
该类问题求解的基本思路通常是把面积用另一个量(如点的横坐标、纵坐标,直线的斜率等),把求面积最值与范围问题转化为求函数最值或值域,若函数式可转化为二次函数类型,可利用二次函数性质求最值.【例4】已知椭圆C :x 2a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)经过点3,12 ,其右焦点为F 3,0 .
(1)求椭圆C 的离心率；
(2)若点P ,Q 在椭圆C 上,右顶点为A ,且满足直线AP 与AQ 的斜率之积为1
20
.求△APQ 面积的最大值.【解析】(1)依题可得,c =33a 2+1
4b 2=1a 2=b 2+c 2 ,解得a =2b =1c =3
,
所以椭圆C 的方程为x 2
4
+y 2=1.
所以离心率e =
32
.(2)易知直线AP 与AQ 的斜率同号,所以直线PQ 不垂直于x 轴,故可设PQ :y =kx +m ,k ≠0,P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,
由x 24+y 2=1y =kx +m
可得,1+4k 2 x 2+8mkx +4m 2-4=0,
所以x 1+x 2=-8mk 1+4k 2,x 1x 2=4m 2-4
1+4k 2
,
Δ=164k 2+1-m 2 >0,而k AP k AQ =120,即y 1x 1-2⋅y 2x 2-2=1
20
,
化简可得20kx 1+m kx 2+m =x 1-2 x 2-2 ,
20k 2x 1x 2+20km (x 1+x 2)+20m 2=x 1x 2-2(x 1+x 2)+4,20k 2⋅4m 2-41+4k 2+20km ⋅-8mk 1+4k 2+20m 2
=4m 2-41+4k 2-2×-8mk 1+4k 2
+4
化简得6k 2+mk -m 2=0,所以m =-2k 或m =3k ,
所以直线PQ :y =k x -2 或y =k x +3 ,因为直线PQ 不经过点A ,所以直线PQ 经过定点-3,0 .
设定点B -3,0 ,S △APQ =S △ABP -S △ABQ =12AB y 1-y 2 =52
k x 1-x 2 =
52
k (x 1+x 2)2
-4x 1x 2=5
2k -8km 1+4k 2 2-4×4m 2-41+4k 2=5k 2164k 2+1-m 2 1+4k 2=101-5k 2 k 21+4k 2
,
因为1-5k 2>0,所以0<k 2<1
5
,
设t =4k 2+1∈1,9
5
,
所以S △APQ =52-5t 2+14t -9t 2=52-91t -79 2+49≤53,当且仅当t =97即k 2=114时取等号,即△APQ 面积的最大值为5
3
.
(四)与斜率有关的最值与范围问题
与斜率有关的最值与范围问题的思路一是设出动点.是利用斜率定义表示出斜率,然后利用函数知识求解,二是设出直线的点斜式或斜截式方程,利用根与系数之间的关系或题中条件整理关于斜率的等式,再利用函数思想求解.
【例5】已知椭圆x 2
a
2+y 2=1(a >1),过点0,3 作椭圆的两条切线,且两切线垂直.
(1)求a ；
(2)已知点P m ,m 2 ,m ≥2,Q 0,-1 ,若存在过点P 的直线与椭圆交于M ,N ,且以MN 为直径的圆过点Q (M ,N 不与Q 重合),求直线MN 斜率的取值范围.
【解析】(1)由题可知,切线斜率存在,则设切线y =kx +3,
联立得x 2
a
2+k 2x 2+2+23kx =0,即a 2k 2+1 x 2+23a 2kx +2a 2=0,
相切得：Δ=12a 4k 2-8a 2a 2k 2+1 =0,即a 2k 2-2=0,所以k 1=-2a ,k 2=2a
由两切线垂直得：k 1⋅k 2=-2
a 2
=-1∴a =2
(2)由(1)得,椭圆方程为
x 2
2
+y 2=1由题可知,直线MN 的斜率存在,设MN :y =nx +t ,联立得2n 2+1 x 2+4ntx +2t 2-2=0
设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,由韦达定理得：x 1+x 2=-4nt 2n 2+1,x 1x 2=2t 2-2
2n 2
+1
由题意MN 为直径的圆过点Q ,∴QM ⋅QN
=(x 1,y 1+1)⋅(x 2,y 2+1)=x 1x 2+y 1y 2+y 1+y 2+1=0①
又y 1y 2=(nx 1+t )(nx 2+t )=n 2x 1x 2+nt (x 1+x 2)+t 2=
t 2-2n 2
2n 2+1y 1+y 2=(nx 1+t )+(nx 2+t )=n (x 1+x 2)+2t =2t
2n 2
+1
代入①式得：3t 2
+2t -1=0
∴t =13或-1(舍去),所以MN 过定点0,13 ,
∴n =m 2-1
3
m -0=m -13m
,n 随m 的增大而增大,
∵m ≥2,∴k MN ≥
11
6
即直线MN 斜率范围11
6,+∞
(五)通过换元把问题转化为二次函数问题该类问题通常是所得结果比较复杂,通过换元把问题转化为二次函数求解.
【例6】已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b
2=1a >b >0 的离心率为3
2,F 1,F 2分别为椭圆C 的左、右焦点,过F 1且与x 轴垂
直的直线与椭圆C 交于点A ,B ,且△ABF 2的面积为3．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)设直线l 与椭圆C 交于不同于右顶点P 的M ,N 两点,且PM ⊥PN ,求PM ⋅PN 的最大值．
【解析】(1)因为椭圆C 的离心率为32,所以c a =3
2
①．
将x =c 代入x 2a 2+y 2b
2=1,得y =±b 2
a ,
所以AB =2b 2
a
,
则12×2c ×2b 2a =3,即2b 2c a
=3②．由①②及a 2=b 2+c 2,得a =2,b =1,
故椭圆C 的标准方程为x 2
4
+y 2=1．
(2)由题意知,直线l 的斜率不为0,则不妨设直线l 的方程为x =ky +m m ≠2 ．联立得x 24+y 2=1
x =ky +m
消去x 得k 2+4 y 2+2km y +m 2-4=0,
Δ=4k 2m 2-4k 2+4 m 2-4 >0,化简整理,得k 2+4>m 2．
设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,则y 1+y 2=-2km k 2+4,y 1y 2=m 2-4
k 2+4
．
因为PM ⊥PN ,所以PM ⋅PN
=0．
因为P 2,0 ,所以PM =x 1-2,y 1 ,PN
=x 2-2,y 2 ,得x 1-2 x 2-2 +y 1y 2=0,
将x 1=ky 1+m ,x 2=ky 2+m 代入上式,得k 2+1 y 1y 2+k m -2 y 1+y 2 +m -2 2=0,
得k 2+1 ⋅m 2-4k 2+4+k m -2 ⋅-2km
k 2+4+m -2 2=0,
解得m =6
5
或m =2(舍去),
所以直线l 的方程为x =ky +65,则直线l 恒过点Q 6
5
,0 ,
所以S △PMN =12PQ ⋅y 1-y 2 =12×45×y 1+y 2 2
-4y 1y 2=825×25k 2+4 -36k 2
+4 2．设t =1k 2+4
,则0<t ≤14,S △PMN =8
25×-36t 2+25t ,
易知y =825×-36t 2+25t 在0,1
4 上单调递增,
所以当t =14时,S △PMN 取得最大值,为16
25．
又S △PMN =1
2
PM ⋅PN ,
所以PM ⋅PN max =2S △PMN max =32
25
．
(六)把问题转化为函数问题后再借助导数求最值或范围
该类问题通常是所得函数为分式函数或高次函数,又不具备使用均值不等式的条件,只能借助导数求最值或范围.
【例7】(2023届云南省昆明市第一中学高三上学期第二次检测)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)四个顶点的
四边形为菱形,它的边长为7,面积为43,过椭圆左焦点F 1与椭圆C 相交于M ,N 两点(M ,N 两点不在x
轴上),直线l 的方程为：x =-4,过点M 作ME 垂直于直线l 交于点E ．(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)点O 为坐标原点,求△OEN 面积的最大值．
【解析】(1)由题意可得：
a 2+
b 2=7
2ab =43
,解得a =2b =3 椭圆C 的标准方程为x 2
4+y 23
=1
(2)由(1)可得：c =a 2-b 2=1,即F 1-1,0
由题意可设直线MN :x =ty -1,M x 1,y 1 ,N x 2,y 2
,则E -4,y 1
联立方程x =ty -1
x 24+y 2
3=1
,消去x 可得：3t 2+4 y 2
-6ty -9=0∴y 1+y 2=6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4
,则ty 1y 2=-3
2y 1+y 2
∴直线EN 的斜率k EN =y 2-y 1x 2+4,则直线EN 的方程为y -y 1=y 2-y 1
x 2+4
x +4
令y =0,则可得x =-4-y 1x 2+4 y 2-y 1=-4-y 1ty 2+3 y 2-y 1=-4-ty 1y 2+3y 1y 2-y 1=-4-32y 1
-y
2 y 2-y 1=-52即直线EN 过定点-5
2
,0
∴△OEN 面积为S =12×52×y 1-y 2 =546t 3t 2+4 2+363t 2+4=
15t 2+13t 2+1 +1
令m =t 2+1≥1,则S =
15m
3m 2+1
令f m =15m 3m 2+1m ≥1 ,则f
m =151-3m 2 3m 2
+1
2<0当m ≥1时恒成立∴f m 在1,+∞ 单调递减,则f m ≤f 1 =154,即S ≤
15
4
∴△OEN 面积的最大值为
15
4
(七)利用椭圆的参数方程把把问题转化为三角函数求最值与范围
此类问题通常是把椭圆C :x 2
a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)上的动点设为a cos θ,b sin θ ,再利用辅助角公式及弦函
数的有界性或单调性求最值与范围.
【例8】已知椭圆C :x 2a 2+y 2
b
2=1(a >b >0)过点1,-3
2 ,(2,0)．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)在椭圆C 的第四象限的图象上有一个动点M ,连接动点M 与椭圆C 的左顶点A 与y 的负半轴交于点E ,连接动点M 与椭圆的上顶点B ,与x 的正半轴交于点F ,记四边形ABFE 的面积为S 1,△ABM 的面积为
S 2,λ=S
1S 2
,求λ的取值范围．
【解析】(1)依题意1a 2+94b 2=1
a =2
,得a 2=4,b 2=3,故C 的方程为x 2
4+y 23
=1．
(2)依题意,A (-2,0),B (0,3),设M (x 0,y 0),则3x 20+4y 2
0=12,
所以直线AM :y -0y 0-0=x +2
x 0+2,令x =0,y E =2y 0x 0+2
,
则|BE |=3-y E =3-2y 0x 0+2=3x 0+23-2y 0
x 0+2
．直线BM :y -3y 0-3=x -0
x 0-0,令y =0,x F =-3x 0y 0-3
．
则|AF |=2+x F =2+-3x 0
y 0-3=2y 0-23-3x 0y 0-3
,
又易知AF ⊥BE ,所以四边形ABFE 的面积S 1=1
2|BE |⋅|AF |
=1
2⋅3⋅x 0+23-2y 0x 0+2⋅2y 0-23-3x 0y 0-3=-3x 2
0-4y 2-12+43x 0y 0-12x 0+83y 02x 0y 0-3x 0+2y 0-23 =43x 0y 0-3x 0+2y 0-23 2x 0y 0-3x 0+2y 0-23
=23．
由题意可知AB 的直线方程为3x -2y +23=0,
再设椭圆的参数方程为x =2cos θ,
y =3sin θ,
θ为参数,
则动点M 到直线AB 的距离d =|3×2cos θ-23sin θ+23|3+4
,θ∈-π
2,0 ,
化简得d =26cos θ+π4 +23 7,θ∈-π
2,0 ．
∵θ∈-π2,0 ,θ+π4∈-π4,π4 ,cos θ+π4 ∈22,1
,
∴437<d ≤26+237
,
△ABM 的面积S 2=12×|AB |×d =1
2
×7×d ,∴23<S 2≤6+3．
∵λ=S 1S 2,∴236+3≤λ<2323,
即22-2≤λ<1．三、跟踪检测
1.(2023届重庆市第八中学校高三上学期月考)已知双曲线E ：x 2
a 2-y 2b
2=1(a >0,b >0)一个顶点为
A -2,0 ,直线l 过点Q 3,0 交双曲线右支于M ,N 两点,记△AMN ,△AOM ,△AON 的面积分别为S ,S 1,S 2.
当l 与x 轴垂直时,S 1的值为15
2
.
(1)求双曲线E 的标准方程；
(2)若l 交y 轴于点P ,PM =λMQ ,PN
=μNQ ,求证：λ+μ为定值；
(3)在(2)的条件下,若16
25
S =μS 1+mS 2,当5<λ≤8时,求实数m 的取值范围.
【解析】(1)由题意得a =2,OA =2,则当l 与x 轴垂直时,不妨设M 3,y 1 ,
由S 1=12OA ⋅y 1 =152,得y 1 =15
2
,
将M 3,y 1 代入方程x 2
4-y 2
b 2=1,得94-154
b
2=1,解得b 2=3,
所以双曲线E 的方程为x 2
4-y 23
=1．
(2)设M x 1,y 1 ,N x 2,y 2 ,P 0,y 0 ,
由PM
=λMQ 与Q 3,0 ,得x 1,y 1-y 0 =λ3-x 1,-y 1 ,
即x 1=3λ1+λ,y 1=y 01+λ,将M 3λ
1+λ,y 01+λ
代入E 的方程得：3λ1+λ 24-y 01+λ 2
3
=1,
整理得：15λ2-24λ-4y 2
0-12=0①,
同理由PN =μNQ 可得15μ2-24μ-4y 2
0-12=0②．
由①②知,λ,μ是方程15x 2-24x -4y 2
0-12=0的两个不等实根．
由韦达定理知λ+μ=2415=8
5
,所以λ+μ为定值．
(3)又1625S =μS 1+mS 2,即1625⋅12⋅AQ ⋅y 1-y 2 =μ12⋅2⋅y 1 +m ⋅12⋅2⋅y 2 ,
整理得：8
5
y 1-y 2 =μy 1 +m y 2 ,
又y 1y 2<0,不妨设y 2<0<y 1,则8
5
y 1-y 2 =μy 1-my 2,
整理得m =85-85-μ y 1y 2,又λ+μ=85,故m =8
5-λy 1y 2
,
而由(2)知y 1=y 01+λ,y 2=y 01+μ,故y 1y 2=1+μ
1+λ
,
代入m =85-λ⋅1+μ1+λ=85-λ135
-λ 1+λ
,
令1+λ=t t ∈6,9 ,得m =85-t -1
185
-t
t =-3+t +18
5
t
,
由双勾函数y =t +185t 在6,9 上单调递增,得m =-3+t +18
5
t ∈185,325 ,
所以m 的取值范围为185,32
5
．
2.(2023届陕西省咸阳市武功县高三上学期质量检测)已知椭圆E ：x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 的左、右焦点分别
为F 1、F 2,P 是椭圆E 上一动点,△PF 1F 2的最大面积为3,F 1F 2 =2 3.(1)求椭圆E 的方程；
(2)若直线x -y -1=0与椭圆E 交于A 、B 两点,C 、D 为椭圆E 上两点,且CD ⊥AB ,求CD 的最大值.【解析】(1)设椭圆E 的半焦距为c ,∵F 1F 2 =23,∴c =3,
∵△PF 1F 2的最大面积为3,∴1
2
⋅2c ⋅b =3,
∴b =1,
∴a =b 2+c 2=2,
∴椭圆E 的方程为x 2
4
+y 2=1；
(2)由题知CD ⊥AB ,设直线CD 的方程为y =-x +m ,C x 1,y 1 ,D x 2,y 2 ,联立x 24+y 2=1y =-x +m
,消去y 并整理得：5x 2-8mx +4m 2-4=0,
∴Δ=-8m 2-4×5×4m 2-4 >0,得-5<m <5,
x 1+x 2=8m 5,x 1x 2=4m 2-4
5
,
∴CD =1+-1 2⋅8m 5 2-44m 2-4 5=25×80-16m 2
=425
×5-m 2,
设g m =42
5
×5-m 2,-5<m <5,
由复合函数的单调性知：
g m =42
5
×5-m 2在-5,0 上单调递增,在0,5 单调递减,
∴当m =0时,g m max =g 0 =410
5
,
故CD max =410
5
.
3.已知椭圆x 2a 2+y 2
b
2=1a >b >0 的离心率为1
2,其左焦点到点P 2，1 的距离为10．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线y =-3
2
x +m 与椭圆相交于A ，B 两点,求△ABP 的面积关于m 的函数关系式,并求面积最大时
直线l 的方程．
【解析】(1)由题意得：c a =1
2
,且2+c 2+1-0 2=10,
解得：c =1,a =2,
所以b 2=a 2-c 2=4-1=3,
所以椭圆方程为x 2
4+y 23
=1；
(2)联立y =-32x +m 与椭圆方程x 2
4+y 23
=1可得：
3x 2-3mx +m 2-3=0,
由Δ=9m 2-12m 2-3 =36-3m 2>0,解得：-23<m <23；设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,则x 1+x 2=m ,x 1x 2=m 2-33
,
由弦长公式可得：AB =1+94
⋅
m 2
-4×m 2-33=132
4-m 2
3,点P 2，1 到直线y =-3
2x +m 的距离为d =4-m 1+
94=24-m 13,
则△ABP 的面积为S =12AB ⋅d =124-m ⋅4-m 2
3=36
4-m 212-m 2
,其中-23<m <23,
令f m =4-m 212-m 2 ,-23<m <23,
则f m =-24-m 12-m 2 -2m 4-m 2=44-m m -1-7 m -1+7 ,由于-23<m <23,所以4-m >0,m -1-7<0,令f m >0得：m ∈-23,1-7 ,令f m <0得：m ∈1-7,23 ,
即f m =4-m 212-m 2 在-23,1-7 上单调递增,在m ∈1-7,23 上单调递减,
所以f m =4-m 212-m 2 在m =1-7处取得极大值,也是最大值,f 1-7 =4-1+7 2⋅12-1-7 2 =148+567,
所以当m =1-7时,面积取得最大值,此时直线l 的方程为y =-3
2x +1-7．
4.如图所示,M 、D 分别为椭圆x 2a 2
+y 2
=1(a >1)的左、右顶点,离心率为32.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过M 点作两条互相垂直的直线MA ,MB 与椭圆交于A ,B 两点,求△DAB 面积的最大值.
【解析】(1)由已知可得：c a =3
2a 2=1+c
2
,解得：a =2,c =
3,∴椭圆的方程为：x 2
4
+y 2=1.
(2)∵M -2,0 ,
设AB 的直线方程为：x =ty +m ,A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,
联立方程：
x =ty +m
x 2+4y 2-4=0 ,整理得：t 2+4 y 2+2mty +m 2
-4=0,
∴y 1+y 2=-2mt t 2+4,y 1y 2=m 2-4
t 2+4,
∵∠A MB =π
2
,∴x 1+2 x 2+2 +y 1y 2=0⇒x 1x 2+2x 1+x 2 +4+y 1y 2=0,
ty 1+m ty 2+m +2ty 1+ty 2+2m +4+y 1y 2=0,
即t 2+1 y 1y 2+(mt +2t )y 1+y 2 +(m +2)2=0,
⇒t 2
+1 ⋅m 2-4t 2+4+(mt +2t )⋅-2mt
t 2+4
+(m +2)2=0,
t 2+1 m 2-4 -2m 2t 2-4mt 2+m 2+4m +4 t 2
+4 =0,
t
2
m 2-4t 2+m 2-4 -2m 2t 2-4mt 2+m 2t 2+4m 2+4mt 2+16m +4t 2+16=0,
整理得5m 2+16m +12=0,解得m =-6
5
或m =-2(舍去),
∴x =ty -6
5,
y 1+y 2=
12t 5t 2+4
y 1y 2=
-6425t 2+4
,
∴S △DAB =12⋅2+65 y 1-y 2 =
85y 1+y 2 2
-4y 1y 2=32
25
⋅25t 2+64
t 2+4
,
令25t 2+64=u (u ≥8),
则S △DAB =3225⋅u u 2-6425
+4=32u u 2+36=32
u +36u ,
由对勾函数单调性知,u +36u ≥8+368=25
2
,
所以S △DAB ≤32252
=64
25,当且仅当u =8时,即t =0时等号成立,
此时S △DAB 最大值为64
25
.
5.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b
2=1(a >b >0)的离心率为3
2,椭圆上一动点P 与左､右焦点构成的三角形面积最大
值为 3.(1)求椭圆C 的方程；
(2)设椭圆C 的左､右顶点分别为A ,B ,直线PQ 交椭圆C 于P ,Q 两点,记直线AP 的斜率为k 1,直线BQ 的斜率为k 2,已知k 1=3k 2.①求证：直线PQ 恒过定点；
②设△APQ 和△BPQ 的面积分别为S 1,S 2,求S 1-S 2 的最大值.
【解析】(1)由题意c a =32bc =3a 2=b 2+c
2 ,解得a 2=4b 2=1 ,所以椭圆C 的方程为x 2
4
+y 2=1．(2)①依题意A (-2,0),B (2,0),设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,
若直线PQ 的斜率为0则P ,Q 关于y 轴对称,必有k AP =-k BQ ,不合题意．所以直线PQ 斜率必不为0,设其方程为x =ty +n (n ≠±2),与椭圆C 联立x 2+4y 2=4x =ty +n ,整理得：
t 2+4 y 2+2tny +n 2
-4=0,所以Δ=16t 2+4-n 2 >0,且y 1+y 2=-2tn t 2
+4
,y 1y 2=n 2
-4t 2+4.
因为P x 1,y 1 是椭圆上一点,即x 214
+y 2
1=1,
所以k AP ⋅k BP =y 1x 1+2⋅y 1x 1-2=y 21x 21-4=1-x 21
4
x 21-4
=-14,则k AP =-14k BP =3k BQ ,即12k BP ⋅k BQ =-1
因为12k BP ⋅k BQ =12y 1y 2x 1-2 x 2-2 =12y 1y 2ty 1+n -2 ty 2+n -2
=12y 1y 2
t 2
y 1y 2+t (n -2)y 1+y 2 +(n -2)2=12n 2-4
t 2+4
t 2n 2-4 t 2+4-2t 2n (n -2)t 2
+4
+(n -2)2=12(n +2)t 2(n +2)-2t 2n +(n -2)t 2+4
=3(n +2)n -2=-1,所以n =-1,此时Δ=16t 2+4-n 2 =16t 2+3 >0,
故直线PQ 恒过x 轴上一定点D -1,0 ．
②由①得：y 1+y 2=2t t 2+4,y 1y 2=-3
t 2+4,
所以S 1-S 2 =12⋅y 1-y 2 ⋅2--1 -1
2
⋅y 1-y 2 ⋅-2--1 =y 1-y 2
=y 1+y 2 2
-4y 1y 2=4t 2+3t 2+4=4t 2
+4 -1t 2+4 2=41t 2+4-1t 2+4
2=4-1t 2+4-12 2+14,而1t 2+4∈0,14
,当1t 2+4=14时S 1-S 2 的最大值为3．6.(2023届北京市第四中学高三上学期测试)已知中心在原点,焦点在x 轴上的椭圆C 过点1,3
2
,离心率为
3
2
,点A 为其右顶点.过点B 1,0 作直线l 与椭圆C 相交于E 、F 两点,直线AE 、AF 与直线x =3分别交于点M 、N .(1)求椭圆C 的方程；
(2)求EM ⋅FN
的取值范围.
【解析】(1)由题意设椭圆的标准方程为x 2
a 2+y 2b
2=1(a >b >0),
由题意,得1a 2+34b 2=1c a =32a 2=b 2+c 2
,解得a 2=4,b 2=1,
即椭圆C 的标准方程为x 2
4
+y 2=1.
(2)由(1)得A (2,0),
设l :x =ty +1,E (x 1,y 1),F (x 2,y 2),
联立x =ty +1
x 2+4y 2-4=0
,得(ty +1)2+4y 2-4=0,即(t 2+4)y 2+2ty -3=0,则y 1+y 2=-2t t 2+4,y 1y 2=-3
t 2+4,
直线AE ,AF 的方程分别为y =y 1x 1-2(x -2),y =y 2
x 2-2
(x -2),
令x =3,则M 3,y 1x 1-2 ,N 3,y 2
x 2-2
,
则EM =3-x 1,y 13-x 1 x 1-2 =2-ty 1,y 12-ty 1 ty 1-1
,
FN =3-x 2,y 23-x 2 x 2-2 =2-ty 2,y 22-ty 2 ty 2-1
,
所以EM ⋅FN =2-ty 1 2-ty 1 +
y 1y 22-ty 1 2-ty 2 ty 1-1 ty 2-1 =t 2y 1y 2-2t y 1+y 2 +4 1+y 1y 2t 2y 1y 2-t y 1+y 2 +1 =-3t 2t 2+4+4t 2t 2+4+4 1+-3t 2+4-3t 2t 2+4+2t 2t 2+4
+1 =5t 2+164(t 2+4)=5(t 2+4)-44(t 2+4)=54-1
t 2+4
因为t 2+4≥4,所以0<1t 2+4≤14,1≤54-1t 2+4
<5
4,
即EM ⋅FN 的取值范围为1,54 .
7.(2022届上海市行知中学高三上学期考试)已知曲线Γ上一动点P 到两定点F 10,-2 ,F 20,2 的距离之和为42,过点Q -1,0 的直线L 与曲线Γ相交于点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ．(1)求曲线Γ的方程；
(2)动弦AB 满足：AM =MB
,求点M 的轨迹方程；(3)求x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 的取值范围．
【解析】(1)因为动点P 到两定点F 10,-2 ,F 20,2 的距离之和为42>4,所以曲线Γ是以F 10,-2 ,F 20,2 为焦点的椭圆,c =2,2a =42,
所以a =22,b 2=a 2-c 2
=4,所以曲线Γ的方程为y 28+x 24
=1；
(2)因为AM =MB
,所以M 为AB 中点,设M x ,y ,
当AB 的斜率存在且不为0时,将A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 代入椭圆方程中得：y 128+x 124=1，y 228+x 2
2
4
=1，两式相
减得y 12-y 228+x 12-x 22
4=0,故y 1-y 2x 1-x 2×y 1+y 2x 1+x 2=-2故得k AB ⋅k OM =-84
=-2,
所以k QM ⋅k OM =-2,所以y x +1⋅y
x
=-2,整理得2x +1 2+2y 2=1；
当AB 的斜率不存在或为0时,M -1,0 或M 0,0 ,出满足2x +1 2+2y 2=1；
所以点M 的轨迹方程是2x +1 2+2y 2=1；
(3)x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 =2x 1+y 1-4 2+x 2+y 2-4
2
=2d A -I +d B -I =22d M -I ,
其中d A -I ,d B -I ,d M -I 分别为点A ,B ,M 到直线l ：x +y -4=0的距离,
因为点M 的轨迹方程为2x +1 2+2y 2=1,设2x +1=cos α,2y =sin α,
则可设M cos α-12,sin α
2 ,
所以d M -I =cos α-12+sin α2
-4
2=
9-2sin α+cos α 22
=9-3sin (α+φ)22∈9-322,9+322
,其中tan φ=22,所以x 1+y 1-4 +x 2+y 2-4 =22d M -I ∈[9-3,9+3]．
8.(2023届河南省名校联盟高三上学期9月联考)已知椭圆C :x 2a 2+y 2b
2=1(a >b >0)的离心率为3
2,左､右
焦点分别为F 1,F 2,M ,N 是椭圆上关于原点对称的两点,F 1M +F 1N =4.
(1)求椭圆C 的方程；
(2)椭圆左顶点为A ,上顶点为B ,直线l ∥AB 且交椭圆于P ,Q ,求△PQB 的面积最大时,l 的方程.
【解析】(1)由题意得c 2a
2=3
4,
化简得3a 2=4c 2=4a 2-b 2 ,则a 2=4b 2.
根据对称性得F 1M =F 2N ,故F 2N +F 1N =4,即2a =4,所以a 2=4,b 2=1,
故椭圆C 的方程为x 2
4+y 2=1.
(2)由(1)得k AB =12,设P x 1,y 1 ,Q x 2,y 2 ,l 的方程为y =12x +t (t ≠1),代入椭圆方程x 2
4
+y 2=1,
整理得x 2+2tx +2t 2
-2=0,则x 1+x 2=-2t ,
x 1x 2=2t 2-2,Δ=4t 2-42t 2-2 >0,解得-2<t <2且t ≠1.故|PQ |=
1+14
⋅x 1-x 2 =5⋅2-t 2,
点B (0,1)到直线l 的距离为d =|2t -2|
5
,
则S △BPQ =12|PQ |⋅d =1
2×5⋅2-t 2⋅|2t -2|5=
2-t 2
(t -1)
2
.
令f (t )=2-t 2 (t -1)2,则f (t )=-2t (t -1)2+22-t 2 (t -1)=-4(t -1)⋅t -1+174 t -1-17
4
.当t 变化时,f (t ),f (t )的变化情况如下表：t
-2,
1-17
4 1-17
4,1
1,
1+17
4 1+17
4,2
f t +
-
+
-
f t
↗↘↗↘
比较f 1-174
与f 1+174 知,当t =1-17
4时,△PQB 面积取最大,此时,l 的方程为y =12x +1-17
4
.
9.已知一条动直线3m +1 x +m -1 y -6m -2=0,直线l 过动直线的定点P ,且直线l 与x 轴、y 轴的正半轴分别交于A ,B 两点,O 为坐标原点．
(1)是否存在直线l 满足下列条件：①△AOB 的周长为12；②△AOB 的面积为6．若存在,求出直线l 的方程；若不存在,请说明理由．(2)当PA +3
2
PB 取得最小值时,求直线l 的方程．
【解析】(1)3m +1 x +m -1 y -6m -2=0,即3x +y -6 m +3x -y -2=0,
由3x +y -6=0
3x -y -2=0 ,解得
x =43y =2
,故动直线过定点P 43,2 ．设直线l 的方程为x
a +y b
=1a >0,b >0 ,
将P 43,2 代入得43a +2b
=1．①
由A (a ,0),B (0,b ),△AOB 的周长为12,面积为6,得a +b +a 2+b 2=12
12
ab =6
,
令a +b =t ,则a 2+b 2=t 2-24,所以t +t 2-24=12,即t -12=t 2-24,化简得24t =168,解得t =7,
所以有a +b =7ab =12
,解得a =3b =4 或a =4
b =3 ．
其中a =3b =4 不满足①,a =4b =3 满足①．
所以存在直线l 的方程为x
4+y 3
=1,即3x +4y -12=0满足条件．
(2)由(1)可知直线l 过定点P 4
3
,2 ,直线l 与x 轴、y 轴的正半轴分别交于A ,B 两点,所以直线l 的倾斜角
α∈π2
,π ,
所以PA =2sin α,PB =-4
3cos α,
所以PA +32PB =2sin α-32×43cos α=2sin α-2cos α=2×cos α-sin α
sin αcos α
,②
令t =cos α-sin α=2cos α+π
4
,
因为α∈π2,π ,所以α+π4∈3π4,5π4 ,所以cos α+π4 ∈-1,-2
2
,所以t =2cos α+π
4
∈-2,-1 ．
则PA +32PB =2×t 1-t
22
=4
1t -t t ∈-2,-1 ,因为y =1t -t 在-2,-1 上为减函数,所以y =4
1t
-t
在-2,-1 上为增函数,
故当t =-2,即α=3π4时,PA +32PB 取得最小值4
1-2
+2
=42．
此时直线l 的方程为y -2=tan 3π4×x -4
3 ,即3x +3y -10=0．
10.如图,已知点F 1,0 为抛物线y 2=2px p >0 的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ,B 两点,点A 在第一象限,点C 在抛物线上,使得△ABC 的重心G 在x 轴上,直线AC 交x 轴于点Q ,且Q 在点F 的右侧,记△AFG ,△CQG 的面积分别为S 1,S 2．
(1)求p 的值及抛物线的准线方程；
(2)设A 点纵坐标为2t ,求S
1S 2
关于t 的函数关系式；
(3)求S
1S 2
的最小值及此时点G 的坐标．
【解析】(1)因为点F 1,0 为抛物线y 2=2px p >0 的焦点,
所以p
2
=1,即p =2,准线方程x =-1.
(2)设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,
设直线AB 的方程为y =k x -1 ,k ≠0,与抛物线方程y 2=4x 联立可得：
k 2x 2-2k 2+4 x +k 2=0,故：x 1+x 2=2+4
k
2,x 1x 2=1,
y 1+y 2=k x 1+x 2-2 =4
k
,y 1y 2=-4x 1 ×4x 2 =-4,
设点C 的坐标为C x 3,y 3 ,由重心坐标公式可得：
x G =x 1+x 2+x 33=132+4k
2+x 3 ,y G =y 1+y 2+y 33=134
k +y 3 ,
令y G =0可得：y 3=-4k ,则x 3=y 234=4k 2.即x G =132+4k 2+4k 2 =132+8
k
2 ,
由斜率公式可得：k AC =y 1-y 3x 1-x 3=y 1-y 3y 214-y 23
4=4
y 1+y 3,直线AC 的方程为：y -y 3=4
y 1+y 3
x -x 3 ,
令y =0可得：x Q =x 3+-y 3y 1+y 3 4=y 2
34+-y 3y 1+y 3 4=-y 1y 3
4
,
故S 1=12×x G -x F ×y 1=12×132+8k 2
-1 ×y 1=y 12×83k 2-13 ,且S 2=12×x Q -x G ×-y 3 =-y 32-y 1y 34-132+8
k 2
,由于y 3=-4k ,代入上式可得：S 2=2k y 1k -23-8
3k
2 ,
由y 1+y 2=4k ,y 1y 2=-4可得y 1-4y 1=4
k ,则k =4y 1y 21-4
,则S 1S 2=y 1
2×83k
2-13 2k y 1k -23-83k 2
=2y 21y 2
1-2 y 21-4 y 21+4 =2-4y 21-8 +48y 2
1-8+16,令y 1=2t ,得S 1S 2=2×4t 2⋅4t 2-2 4t 2-4 4t 2+4
=2t 4-t 2t 4-1=2-t 2-2
t 4-1.即S 1S 2关于t 的函数关系式为S 1S 2=2-t 2-2t 4-1
.(3)设m =t 2
-2m >0 ,则S 1S 2=2-t 2-2t 4-1=2-m m 2+4m +3=2-1m +3m +4≥2-12m ⋅3m
+4=
1+32
,
当且仅当m =3m ,即m =3,t =6+2
2
,y 1=6+2时等号成立,
即S 1S 2
的最小值为1+32,
此时k =4y 1y 21-4=2,x G =132+8
k 2 =2,则点G 的坐标为G 2,0 .
11.(2022届河南省中原顶级名校高三上学期1月联考)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 的左、右焦点分别
为F 1-1,0 ,F 21,0 ,过点F 1的直线l 1交椭圆C 于A ,B 两点.当直线l 1的斜率为1
时,点-47,3
7
是线段AB 的中点.
(1)求椭圆C 的标准方程；(2)如图,若过点F 2的直线l 2交椭圆C 于E ,G 两点,且l 1∥l 2,求四边形ABEG 的面积的最大值.【解析】(1)设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 .
由题意可得b 2x 21+a 2y 2
1-a 2b 2=0,
b 2x 2
2+a 2y 22-a 2b 2=0.
∴y 1-y 2x 1-x 2=-b 2a 2⋅x 1+x 2y 1+y 2=-b 2a 2⋅-43,即4b 23a 2=1,∴b 2a
2=34.
∵a 2-b 2=1,∴a 2=4,b 2=3,
∴椭圆C 的标准方程为x 2
4+y 23
=1.
(2)根据对称性知AB =EG ,AB ∥EG ,
∴四边形ABEG 是平行四边形,又S 四边形ABEG =2S △F 2
AB ,
∴问题可转化为求S △F 2
AB 的最大值.
设直线l 1的方程为x =my -1,代入x 2
4+y 23
=1,得3m 2+4 y 2-6my -9=0.
则y 1+y 2=6m 3m 2+4,y 1y 2
=-9
3m 2+4
,∴S △F 2
AB =12⋅2⋅y 1-y 2 =y 1+y 2 2
-4y 1y 2=6m 3m 2+4 2-4⋅-93m 2+4=121+m 23m 2+4
.
令1+m 2=t ,则t ≥1,且m 2=t 2-1,∴S △F 2AB =12t 3t 2+1=12
3t +1t
.
记h t =3t +1
t
t ≥1 ,易知h t 在1,+∞ 上单调递增.
∴h t min =h 1 =4.
∴S △F 2
AB =123t +1t
≤12
4=3.
∴四边形ABEG 的面积的最大值是6.
12.(2022届浙江省绍兴市高三上学期12月月考)已知抛物线C 的焦点是0,14 ,如图,过点D 2
2,t
(t ≤0)作抛物线C 的两条切线,切点分别是A 和B ,线段AB 的中点为M ．
(1)求抛物线C 的标准方程；(2)求证：直线MD ⎳y 轴；
(3)以线段MD 为直径作圆,交直线AB 于MN ,求
|AB |-|MN |
|AB |+|MN |
的取值范围．
【解析】(1)设抛物线的方程为x 2=2py p >0 ,
由题意可得p 2=14,所以p =1
2,所以抛物线方程y =x 2.
(2)由(1)y =x 2,因为y
=2x ,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),
直线AD 的方程为y =2x 1x -x 21,直线BD 的方程为y =2x 2x -x 2
2,
联立上述两直线方程,得D 点坐标D x 1+x 2
2
,x 1x 2 ,
又因为M 点为线段AB 的中点,所以M 点坐标M x 1+x 2
2
,1-x 1x 2 ,
因为x D =x M ,所以直线MD ⎳y 轴：
(3)因为点D 22,t (t ≤0),所以x 1+x 22=22,x 1x 2=t ,则M 22,1-t ,圆心22,1
2
,
直线AB 的斜率为k =x 21-x 22
x 1-x 2
=x 1+x 2=2,直线AB 方程为y =2x -t ,
y =x 2y =2x -t ,得x 2-2x +t =0,Δ=2-4t ,|AB |=1+k 2⋅Δ=6(1-2t ),
圆心到直线AB 的距离为d =1-2t 23
,半径r =|MD |2=1-2t
2,
|MN |=2r 2-d 2=6
3
(1-2t ),令1-2t =m ≥1,
|AB |-|MN ||AB |+|MN |=3-m 3+m =-1+6m +3在m ≥1时单调递减,|AB |-|MN ||AB |+|MN |
∈-1,1
2 ．13.(2022届广东省华南师范大学附属中学高三上学期综合测试)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2b
2=1a >b >0 经过点
M (0,3),离心率为2
2
.
(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l :y =kx -1与椭圆C 相交于A 、B 两点,求MA ⋅MB 的最大值.
【解析】(1)由已知得9b 2=1,
a 2-
b 2a 2=12
, 解得a =32,b =3,
因此椭圆C 的方程为x 2
18+y 29
=1；
(2)由x 218+y 2
9=1,
y =kx -1,
整理得2k 2+1 x 2-4kx -16=0,设A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 ,则x 1+x 2=4k 2k 2+1,x 1x 2=-16
2k 2+1
,
因为MA ⋅MB
=x 1x 2+(y 1-3)(y 2-3)=x 1x 2+kx 1-4 kx 2-4
=k 2
+1 x 1x 2-4k x 1+x 2 +16=-16k 2+1 2k 2+1-4k ×4k 2k 2+1
+16=0,
所以MA ⊥MB ,三角形MAB 为直角三角形,
设d 为点M 到直线l 的距离,故MA MB =AB ⋅d ,
又因为d =4
1+k 2
,
AB =
1+k 2
x 1+x 2
2
-4x 1x 2 =1+k 2
4k 2k 2+1
2
-4×-162k 2
+1
=41+k 2 9k 2+4 2k 2+1
,
所以MA MB =169k 2+4
2k 2+1,
设2k 2+1=t ,则MA MB =16818-12
1t -92 2,由于1t
∈0,1 ,
所以MA MB ≤32,当
1
t
=1,即k =0时,等号成立.因此,MA MB 的最大值为32.
14.(2022届贵州省遵义市高三上学期联考)已知椭圆C :x 2
a 2+y 2
b
2=1a >b >0 的左､右焦点分别为F 1和F 2,
且M 11,1 ,M 20,1 ,M 3-1,223 ,M 41,22
3
四点中恰有三点在椭圆C 上.(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)点P 是椭圆C 上位于x 轴上方的动点,直线F 1P 和F 2P 与直线y =4分别交于G 和H 两点,设直线F 1P
和F 2P 的斜率分别为k 1和k 2,若线段GH
的长度小于162,求k 1k 2的最大值.【解析】(1)由于M 3,M 4两点关于y 轴对称,故由题设知C 经过M 3,M 4两点.
又由1a 2+1b 2>1a 2+8
9b 2,知C 不经过M 1,所以点M 2在C 上.
所以1b 2=1,1a 2+89b
2=1, 解得a 2=9,
b 2
=1. 所以椭圆C 的标准方程为x 2
9
+y 2=1；
(2)设P x 0,y 0 0<y 0≤1 ,如图,过点P 作直线MN ⊥x 轴,分别交x 轴和直线y =4于M ,N 两点.
易知△GPH ∽△F 1PF 2,则GH 42
=4-y 0y 0,即GH =424
y 0-1 ,
由424y 0-1 <162,得45<y 0≤1,所以x 0∈-95,9
5
,
k 1k 2=y 0x 0+22⋅y 0x 0-22
=y 20x 20-8=1-x 20
9
x 20-8=191x 20-8-1
由x 0 <95,得-8≤x 2
0-8<-11925,从而-25119<1x 20-8
≤-18所以当x 0=0时,k 1k 2=-19×98=-18,即k 1k 2的最大值为-1
8
.。