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

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 ：x 2a 2＋y 2

b 2＝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P Q 为直径的圆过点F .

解：(1)法一：由已知A (a,0)，F (c,0)，设B (x 0，y 0)，C (－x 0，－y 0)，则D ⎝ ⎛⎭

⎪⎫a －x 02，－y 02，

∵B ，F ，D 三点共线，∴BF ―→∥BD ―→

，

又BF ―→＝(c －x 0，－y 0)，BD ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －3x 02，－3y 02，

∴－3

2y 0(c －x 0)＝－y 0·a －3x 02，

∴a ＝3c ，从而e ＝13

.

法二：连接OD ，AB (图略)，由题意知，OD 是△CAB 的中位线，∴OD 綊1

2AB ，

∴△OFD ∽△AFB .

∴OF AF ＝OD AB ＝12，即c a －c ＝12， 解得a ＝3c ，从而e ＝13.

(2)证明：∵F 的坐标为(1,0)， ∴c ＝1，从而a ＝3，∴b 2＝8. ∴椭圆E 的方程为x 29＋y 2

8＝1.

设直线l 的方程为x ＝ny ＋1，

由⎩⎪⎨⎪⎧

x ＝ny ＋1，x 29＋y 28＝1

消去x 得，(8n 2＋9)y 2＋16ny －64＝0， ∴y 1＋y 2＝－16n

8n 2＋9，y 1y 2＝－64

8n 2＋9

，

其中M (ny 1＋1，y 1)，N (ny 2＋1，y 2)． ∴直线AM 的方程为y

y 1＝x －3ny 1－2

，

∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫9，6y 1ny 1－2，同理Q ⎝ ⎛⎭

⎪⎫9，6y 2ny 2－2，

从而FP ―→·F Q ―→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8，6y 1ny 1－2·⎝ ⎛⎭⎪⎫

8，6y 2ny 2－2

＝64＋

36y 1y 2

n 2y 1y 2－2n (y 1＋y 2)＋4

＝64＋

36×(－64)

8n 2＋9－64n 28n 2＋9＋32n 2

8n 2＋9

＋4

＝64＋36×(－64)36

＝0.

∴FP ⊥F Q ，即以P Q 为直径的圆恒过点F .

2．(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12

(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|PA |·|P Q |的最大值． 解：(1)设直线AP 的斜率为k ， k ＝x 2－

1

4x ＋12＝x －1

2，

因为－12

所以－1

2

<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 －1

4＝k ⎝⎛⎭⎫x ＋12， 即kx －y ＋12k ＋1

4

＝0，

因为直线B Q 与直线AP 垂直，所以直线B Q 的方程为x ＋ky －94k －3

2

＝0，

联立⎩⎨⎧

kx －y ＋12k ＋1

4

＝0，

x ＋ky －94k －3

2

＝0，

解得点Q 的横坐标x Q ＝－k 2＋4k ＋3

2(k 2＋1).

因为|PA |＝

1＋k 2⎝⎛⎭

⎫x ＋12＝ 1＋k 2(k ＋1)，

|P Q |＝

1＋k 2

(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2

k 2

＋1

，

所以|PA |·|P Q |＝－(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 ＝1

2

或k ＝－1(舍去)，

所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫1

2，1上单调递减， 因此当k ＝12时，|PA |·|P Q |取得最大值27

16

.

3．(2018·浙江重点中学12月高三期末热身联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2

b 2＝1(a >b >0)的长轴

长是短轴长的2倍，且椭圆过点⎝

⎛⎭⎫3，12. (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 2AB ＝k OA ·

k OB (k AB >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x 24b 2＋y 2

b 2＝1，

∵椭圆过点⎝⎛⎭⎫3，12， ∴34b 2＋1

4b

2＝1， 解得b ＝1(负值舍去)，∴a ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2

＝1.

(2)设直线AB 的方程为y ＝k AB x ＋m (k AB >0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． ∵k 2AB ＝k OA ·k OB (k AB >0)， ∴k 2AB

＝y 1y 2x 1x 2

＝(k AB x 1＋m )(k AB x 2＋m )

x 1x 2

，

化简得k AB m (x 1＋x 2)＋m 2＝0， ∵A ，O ，B 三点不共线，∴m ≠0， ∴k AB (x 1＋x 2)＋m ＝0，

①

由⎩⎪⎨⎪⎧

y ＝k AB x ＋m ，x 24

＋y 2＝1消去y ，整理，得(1＋4k 2AB )x 2＋8k AB ·

mx ＋4(m 2－1)＝0， 由根与系数的关系可得⎩⎨⎧

x 1＋x 2＝－

8k AB m

1＋4k 2

AB

，

x 1x 2

＝4(m 2

－1)

1＋4k

2AB

. ②

Δ＝16(1＋4k 2AB －m 2

)>0，

③

将②代入①中得k AB ⎝ ⎛⎭⎪⎫

－8k AB m 1＋4k 2AB ＋m ＝0(k AB >0)，

解得k AB ＝1

2，则⎩

⎪⎨⎪⎧

x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2

＝2(m 2

－1)，

④

(ⅰ)证明：|OA |2＋|OB |2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝34x 21＋34x 22＋2＝34[(x 1＋x 2)2

－2x 1x 2]＋2， 将④代入得|OA |2＋|OB |2＝3

4

×[4m 2－2×2(m 2－1)]＋2＝5.