2021届北师大版高考理科数一轮复习教师用书：第九章　第9讲　第1课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 16页

第 9 讲　圆锥曲线的综合问题 一、知识梳理 1．直线与圆锥曲线的位置关系 (1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点． (2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的 情况来判断．设直线 l 的方程为 Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为 f(x，y)＝0. 由{Ax＋By＋C＝0， f（x，y）＝0 消元(如消去 y)，得 ax2＋bx＋c＝0. ①若 a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线 l 与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物 线时，直线 l 与抛物线的对称轴平行(或重合)； ②若 a≠0，Δ＝b2－4ac. a．当 Δ＞0 时，直线和圆锥曲线相交于不同两点； b．当 Δ＝0 时，直线和圆锥曲线相切于一点； c．当 Δ＜0 时，直线和圆锥曲线没有公共点． 2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 (1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长： |P1P2|＝ （1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2] ＝ 1＋k2·|x1－x2| ＝ (1＋1 k2 )[（y1＋y2）2－4y1y2] ＝ 1＋ 1 k2|y1－y2|． (2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)． (3)直线 l 与曲线 C 相交于 P，Q 两点，联立直线方程与曲线方程，消去 y 得 Ax2＋Bx＋ C＝0，Δ＝B2－4AC>0，则|PQ|＝ Δ（1＋k2） |A| . 3．圆锥曲线的中点弦问题 遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解． 在椭圆x2 a2＋y2 b2＝1 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 k＝－b2x0 a2y0；在双曲线x2 a2－ y2 b2＝1 中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 k＝b2x0 a2y0；在抛物线 y2＝2px(p＞0)中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 k＝ p y0．在使用根与系数关系时，要注意前提条件是 Δ≥0. 常用结论 过一点的直线与圆锥曲线的位置关系的特点 (1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切； 过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切； 过椭圆内一点的直线与椭圆相交． (2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对 称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条 切线和一条与对称轴平行或重合的直线； 过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合 的直线． (3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切 线和两条与渐近线平行的直线； 过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平 行的直线； 过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直 线． 二、教材衍化 1．过点(0，1)作直线，使它与抛物线 y2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有(　　) A．1 条 B．2 条 C．3 条 D．4 条 解析：选 C.过(0，1)与抛物线 y2＝4x 相切的直线有 2 条，过(0，1)与对称轴平行的直线 有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点． 2．已知与向量 v＝(1，0)平行的直线 l 与双曲线x2 4－y2＝1 相交于 A，B 两点，则|AB|的 最小值为________． 解析：由题意可设直线 l 的方程为 y＝m， 代入x2 4－y2＝1 得 x2＝4(1＋m2)， 所以 x1＝ 4（1＋m2）＝2 1＋m2，x2＝－2 1＋m2， 所以|AB|＝|x1－x2|＝4 1＋m2≥4， 即当 m＝0 时，|AB|有最小值 4. 答案：4 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线 l 与抛物线 y2＝2px 只有一个公共点，则 l 与抛物线相切．(　　) (2)直线 y＝kx(k≠0)与双曲线 x2－y2＝1 一定相交．(　　) (3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．(　　) (4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．(　　) (5)过点(2，4)的直线与椭圆x2 4＋y2＝1 只有一条切线．(　　) 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)× 二、易错纠偏 常见误区|Ｋ (1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大； (2)不会用函数法解最值问题； (3)错用双曲线的几何性质． 1．直线 y＝kx－k＋1 与椭圆x2 9＋y2 4＝1 的位置关系为(　　) A．相交 B．相切 C．相离 D．不确定 解析：选 A.直线 y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1 恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故 直线与椭圆相交．故选 A. 2．如图，两条距离为 4 的直线都与 y 轴平行，它们与抛物线 y2＝－2px(0＜p＜14)和圆 (x－4)2＋y2＝9 分别交于 A，B 和 C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得最大 值时，直线 AB 的方程为________． 解析：根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得p 2＝1 或 7，又 0＜p＜14，故 p＝2，设 直线 AB 的方程为 x＝－t(0＜t＜3)，则直线 CD 的方程为 x＝4－t，则|AB|·|CD|＝24t·2 9－t2 ＝8 t（9－t2）(0＜t＜3)，设 f(t)＝t(9－t2)(0＜t＜3)，则 f′(t)＝9－3t2(0＜t＜3)，令 f′(t)＞0⇒0＜ t＜ 3，令 f′(t)＜0⇒ 3＜t＜3，故 f(t)max＝f( 3)，此时直线 AB 的方程为 x＝－ 3. 答案：x＝－ 3 3．已知点 F1，F2 分别是双曲线x2 a2－y2 b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过 F1 且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 A，B 两点，若△ABF2 是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范 围是________． 解析：由题设条件可知△ABF2 为等腰三角形，只要∠AF2B 为钝角即可，所以有b2 a ＞2c， 即 b2＞2ac，所以 c2－a2＞2ac，即 e2－2e－1＞0，所以 e＞1＋ 2. 答案：(1＋ 2，＋∞) 第 1 课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 　　　　　　最值问题(多维探究) 角度一　数形结合利用几何性质求最值 已知椭圆 C：x2 4＋y2 3＝1 的右焦点为 F，P 为椭圆 C 上一动点，定点 A(2，4)， 则|PA|－|PF|的最小值为________． 【解析】　 如图，设椭圆的左焦点为 F′，则|PF|＋|PF′|＝4， 所以|PF|＝4－|PF′|，所以|PA|－|PF|＝|PA|＋|PF′|－4.当且仅当 P，A，F′三点共线时， |PA|＋|PF′|取最小值|AF′|＝ （2＋1）2＋16＝5，所以|PA|－|PF|的最小值为 1. 【答案】　1 角度二　建立目标函数求最值 如图，已知抛物线 x2＝y，点 A (－1 2， 1 4)，B(3 2，9 4 )，抛物线上的点 P(x，y) (－1 2 < x < 3 2).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＝ x2－1 4 x＋1 2 ＝x－1 2， 因为－1 20)的一个焦点为 F(－1，0)，左、右顶点分别为 A， B.经过点 F 的直线 l 与椭圆 M 交于 C，D 两点． (1)当直线 l 的倾斜角为 45°时，求线段 CD 的长； (2)记△ABD 与△ABC 的面积分别为 S1 和 S2，求|S1－S2|的最大值． 【解】　(1)由题意，c＝1，b2＝3， 所以 a2＝4， 所以椭圆 M 的方程为x2 4＋y2 3＝1， 易求直线方程为 y＝x＋1，联立方程，得{x2 4＋y2 3＝1， y＝x＋1， 消去 y，得 7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0， 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－8 7，x1x2＝－8 7， 所以|CD|＝ 2|x1－x2|＝ 2 （x1＋x2）2－4x1x2＝24 7 . (2)当直线 l 的斜率不存在时，直线方程为 x＝－1， 此时△ABD 与△ABC 面积相等，|S1－S2|＝0； 当直线 l 的斜率存在时，设直线方程为 y＝k(x＋1)(k≠0)， 联立方程，得{x2 4＋y2 3＝1， y＝k（x＋1）， 消去 y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， Δ>0，且 x1＋x2＝－ 8k2 3＋4k2，x1x2＝4k2－12 3＋4k2 ， 此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝ 12|k| 3＋4k2，因 为 k≠0，上式＝ 12 3 |k|＋4|k| ≤ 12 2 3 |k|·4|k| ＝ 12 2 12 ＝ 3(当且仅当k＝ ± 3 2 时等号成立)， 所以|S1－S2|的最大值为 3. 圆锥曲线最值问题的求解方法 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)参数的函数(解析式)，然后利用函 数方法、不等式方法等进行求解．　 　(2020·河北武邑中学模拟)抛物线 y 2＝4x 的焦点为 F，过点 F 的直线交 抛物线于 A，B 两点． (1)O 为坐标原点，求证：OA → ·OB → ＝－3； (2)设点 M 在线段 AB 上运动，原点 O 关于点 M 的对称点为 C，求四边形 OACB 面积的 最小值． 解：(1)证明：依题意得 F(1，0)，且直线 AB 的斜率不为 0，设直线 AB 的方程为 x＝my ＋1. 联立{x＝my＋1， y2＝4x， 消去 x 得 y2－4my－4＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1＋y2＝4m，y1y2＝－4. x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1， 故OA → ·OB → ＝x1x2＋y1y2＝－3. (2)由点 C 与原点 O 关于点 M 对称，得 M 是线段 OC 的中点，从而点 O 与点 C 到直线 AB 的距离相等，所以四边形 OACB 的面积等于 2S△AOB. 由(1)知 2S△AOB＝2×1 2|OF||y1－y2| ＝ （y1＋y2）2－4y1y2＝4 1＋m2， 所以当 m＝0 时，四边形 OACB 的面积最小，最小值是 4. 　　　　　　范围问题(多维探究) 角度一　求代数式的取值范围 已知椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 2 2 ，且以原点为圆心，椭圆的焦距 为直径的圆与直线 xsin θ＋ycos θ－1＝0 相切(θ 为常数)． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若椭圆 C 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2 作直线 l 与椭圆交于 M，N 两点，求 F1M→ ·F1N→ 的取值范围． 【解】　(1)由题意，得{e＝c a＝ 2 2 ， 1 sin2θ＋cos2θ＝c， a2＝b2＋c2 ⇒{c＝1， a2＝2， b2＝1， 故椭圆 C 的标准方程为x2 2＋y2＝1. (2)由(1)得 F1(－1，0)，F2(1，0)． ①若直线 l 的斜率不存在，则直线 l⊥x 轴，直线 l 的方程为 x＝1，不妨记 M(1， 2 2 )，N (1，－ 2 2 )， 所以F1M→ ＝(2， 2 2 )，F1N→ ＝(2，－ 2 2 )，故F1M→ ·F1N→ ＝7 2. ②若直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 y＝k(x－1)， 由{y＝k（x－1）， x2 2 ＋y2＝1 消去 y 得，(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝ 4k2 1＋2k2，x1x2＝2k2－2 1＋2k2. F1M→ ＝(x1＋1，y1)，F1N→ ＝(x2＋1，y2)， 则F1M→ ·F1N→ ＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x 2－1)＝(1＋k 2)·x1x2＋ (1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2， 代入可得F1M→ ·F1N→ ＝2（k4－1） 2k2＋1 ＋4k2－4k4 2k2＋1 ＋1＋k2＝7k2－1 2k2＋1＝7 2－ 9 2 2k2＋1， 由 k2≥0 可得F1M→ ·F1N→ ∈[－1， 7 2). 综上，F1M→ ·F1N→ ∈[－1， 7 2]. 角度二　求参数的取值范围 已知椭圆 C 的两个焦点为 F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点 E( 3， 3 2 ). (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 F1 的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点(点 A 位于 x 轴上方)，若AF1→ ＝λF1B→ ，且 2≤λ ＜3，求直线 l 的斜率 k 的取值范围． 【解】　(1)由{2a＝|EF1|＋|EF2|＝4， a2＝b2＋c2， c＝1， 解得{a＝2， c＝1， b＝ 3， 所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2 3＝1. (2)由题意得直线 l 的方程为 y＝k(x＋1)(k＞0)， 联立方程，得{y＝k（x＋1）， x2 4 ＋y2 3＝1， 整理得 (3 k2＋4)y2－6 ky－9＝0，Δ＝144 k2 ＋144＞0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1＋y2＝ 6k 3＋4k2，y1y2＝ －9k2 3＋4k2， 又AF1→ ＝λF1B→ ，所以 y1＝－λy2，所以 y1y2＝ －λ （1－λ）2(y1＋y2)2， 则 （1－λ）2 λ ＝ 4 3＋4k2，λ＋1 λ－2＝ 4 3＋4k2， 因为 2≤λ＜3，所以1 2≤λ＋1 λ－2＜4 3， 即1 2≤ 4 3＋4k2＜4 3，且 k＞0，解得 0＜k≤ 5 2 . 故直线 l 的斜率 k 的取值范围是(0， 5 2 ]. 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． 　(2020·郑州模拟)已知椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点 F(c，0)的 最大距离是 2＋1，且 1， 2a，4c 成等比数列． (1)求椭圆的方程； (2)过点 F 且与 x 轴不垂直的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 M(m，0)，求实数 m 的取值范围． 解：(1)由已知可得{a＋c＝ 2＋1， 1 × 4c＝2a2 a2＝b2＋c2， 解得{a＝ 2， b＝1， c＝1， 所以椭圆的方程为x2 2＋y2＝1. (2)由题意得 F(1，0)，设直线 AB 的方程为 y＝k(x－1)． 与椭圆方程联立得{x2＋2y2－2＝0， y＝k（x－1）， 消去 y 可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝ 4k2 1＋2k2， y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝ －2k 1＋2k2. 可得线段 AB 的中点为 N( 2k2 1＋2k2， －k 1＋2k2). 当 k＝0 时，直线 MN 为 y 轴，此时 m＝0. 当 k≠0 时，直线 MN 的方程为 y＋ k 1＋2k2＝－1 k(x－ 2k2 1＋2k2)， 化简得 ky＋x－ k2 1＋2k2＝0.令 y＝0，得 x＝ k2 1＋2k2. 所以 m＝ k2 1＋2k2＝ 1 1 k2＋2 ∈(0， 1 2 ). 综上所述，实数 m 的取值范围为[0， 1 2 ). [基础题组练] 1.(2020·河南新乡二模)如图，已知抛物线 C 1 的顶点在坐标原点，焦点在 x 轴上，且过 点(3，6)，圆 C2：x2＋y2－6x＋8＝0，过圆心 C2 的直线 l 与抛物线和圆分别交于 P，Q，M， N，则|PN|＋3|QM|的最小值为(　　) A．12＋4 3　　　　 B．16＋4 3 C．16＋6 3 D．20＋6 3 解析：选 C.设抛物线的方程为 y2＝2px(p＞0)， 则 36＝2p×3，则 2p＝12， 所以抛物线的方程为 y2＝12x，设抛物线的焦点为 F，则 F(3，0)， 准线方程为 x＝－3， 圆 C2：x2＋y2－6x＋8＝0 的圆心为(3，0)，半径为 1，由直线 PQ 过抛物线的焦点，则 1 |PF|＋ 1 |QF|＝2 p＝1 3. |PN|＋3|QM|＝|PF|＋1＋3(|QF|＋1) ＝|PF|＋3|QF|＋4＝3(|PF|＋3|QF|) ( 1 |PF|＋ 1 |QF|)＋4＝3(4＋3|QF| |PF| ＋|PF| |QF|)＋4≥3(4＋2 3)＋ 4＝16＋6 3(当且仅当3|QF| |PF| ＝|PF| |QF|时，取等号).故选 C. 2．如图，抛物线 W：y2＝4x 与圆 C：(x－1)2＋y2＝25 交于 A，B 两点，点 P 为劣弧AB ︵ 上不同于 A，B 的一个动点，与 x 轴平行的直线 PQ 交抛物线 W 于点 Q，则△PQC 的周长 的取值范围是(　　) A．(10，14) B．(12，14) C．(10，12) D．(9，11) 解析：选 C.抛物线的准线 l：x＝－1，焦点(1，0)， 由抛物线定义可得|QC|＝xQ＋1， 圆(x－1)2＋y2＝25 的圆心为 C(1，0)，半径为 5， 可得△PQC 的周长＝|QC|＋|PQ|＋|PC|＝xQ＋1＋(xP－xQ)＋5＝6＋xP， 由抛物线 y2＝4x 及圆(x－1)2＋y2＝25 可得交点的横坐标为 4，即有 xP∈(4，6)，可得 6＋ xP∈(10，12)， 故△PQC 的周长的取值范围是(10，12)．故选 C. 3．(2020·湖南湘潭一模)已知 F( 3，0)是椭圆 C：x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点，点 M ( 3， 1 2)在椭圆 C 上． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 与椭圆 C 分别相交于 A，B 两点，且 kOA＋kOB＝－1 2(O 为坐标原点)，求直线 l 的斜率的取值范围． 解：(1)由题意知，椭圆的另一个焦点为(－ 3，0)， 所以点 M 到两焦点的距离之和为 （2 3）2＋(1 2 )2 ＋1 2＝4. 所以 a＝2. 又因为 c＝ 3，所以 b＝1，所以椭圆 C 的方程为x2 4＋y2＝1. (2)当直线 l 的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意． 故设直线 l 的方程为 y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立{x2 4＋y2＝1， y＝kx＋m， 可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0. 则 x1＋x2＝ －8km 4k2＋1，x1x2＝4（m2－1） 4k2＋1 . 而 kOA ＋ kOB ＝ y1 x1＋ y2 x2＝ （kx1＋m）x2＋（kx2＋m）x1 x1x2 ＝ 2k ＋ m（x1＋x2） x1x2 ＝ 2k ＋ －8km2 4（m2－1）＝ －2k m2－1. 由 kOA＋kOB＝－1 2，可得 m2＝4k＋1，所以 k≥－1 4. 又由 Δ＞0，得 16(4k2－m2＋1)＞0， 所以 4k2－4k＞0，解得 k＜0 或 k＞1， 综上，直线 l 的斜率的取值范围为[－1 4，0)∪(1，＋∞)． 4．(2020·银川模拟)椭圆x2 a2＋y2 b2＝1(a＞b＞0)的焦点分别为 F1(－1，0)，F2(1，0)，直线 l：x＝a2 交 x 轴于点 A，且AF1→ ＝2AF2→ . (1)试求椭圆的方程； (2)过点 F1，F2 分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于 D，E，M，N 四点(如图所 示)，试求四边形 DMEN 面积的最大值和最小值． 解：(1)由题意知，|F1F2|＝2c＝2，A(a2，0)， 因为AF1→ ＝2AF2→ ，所以 F2 为线段 AF1 的中点， 则 a2＝3，b2＝2，所以椭圆方程为x2 3＋y2 2＝1. (2)当直线 DE 与 x 轴垂直时，|DE|＝2b2 a ＝ 4 3 ， 此时|MN|＝2a＝2 3，四边形 DMEN 的面积 S＝|DE|·|MN| 2 ＝4. 同理当 MN 与 x 轴垂直时， 也有四边形 DMEN 的面积 S＝|DE|·|MN| 2 ＝4. 当直线 DE，MN 与 x 轴均不垂直时， 设直线 DE：y＝k(x＋1)(k≠1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)， 代入椭圆方程，消去 y 可得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0， 则 x1＋x2＝ －6k2 2＋3k2，x1x2＝3k2－6 2＋3k2， 所以|x1－x2|＝4 3 × k2＋1 2＋3k2 ， 所以|DE|＝ k2＋1|x1－x2|＝4 3（k2＋1） 2＋3k2 . 同理|MN|＝ 4 3[(－1 k )2 ＋1] 2＋3(－1 k )2 ＝ 4 3(1 k2＋1) 2＋3 k2 ， 所 以 四 边 形 DMEN 的 面 积 S ＝ |DE|·|MN| 2 ＝ 1 2×4 3（k2＋1） 2＋3k2 × 4 3(1 k2＋1) 2＋3 k2 ＝ 24(k2＋1 k2＋2) 6(k2＋1 k2)＋13 ， 令 u＝k2＋1 k2，则 S＝4－ 4 13＋6u. 因为 u＝k2＋1 k2≥2，当 k＝±1 时，u＝2，S＝96 25， 且 S 是以 u 为自变量的增函数，则96 25≤S＜4. 综上可知，96 25≤S≤4，故四边形 DMEN 面积的最大值为 4，最小值为96 25. [综合题组练] 1．已知椭圆 E 的中心在原点，焦点 F1，F2 在 y 轴上，离心率等于2 2 3 ，P 是椭圆 E 上 的点．以线段 PF1 为直径的圆经过 F2，且 9PF1→ ·PF2→ ＝1. (1)求椭圆 E 的方程； (2)作直线 l 与椭圆 E 交于两个不同的点 M，N.如果线段 MN 被直线 2x＋1＝0 平分，求 直线 l 的倾斜角的取值范围． 解：(1)依题意，设椭圆 E 的方程为y2 a2＋x2 b2＝1(a>b>0)，半焦距为 c. 因为椭圆 E 的离心率等于2 2 3 ， 所以 c＝2 2 3 a，b2＝a2－c2＝a2 9 . 因为以线段 PF1 为直径的圆经过 F2， 所以 PF2⊥F1F2. 所以|PF2|＝b2 a . 因为 9PF1→ ·PF2→ ＝1， 所以 9|PF2→ |2＝9b4 a2 ＝1. 由{b2＝a2 9 9b4 a2 ＝1 ，得{a2＝9 b2＝1， 所以椭圆 E 的方程为y2 9＋x2＝1. (2)因为直线 x＝－1 2与 x 轴垂直，且由已知得直线 l 与直线 x＝－1 2相交， 所以直线 l 不可能与 x 轴垂直， 所以设直线 l 的方程为 y＝kx＋m. 由{y＝kx＋m 9x2＋y2＝9，得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0. 因为直线 l 与椭圆 E 交于两个不同的点 M，N， 所以 Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)>0， 即 m2－k2－9<0. 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 x1＋x2＝ －2km k2＋9 . 因为线段 MN 被直线 2x＋1＝0 平分， 所以 2×x1＋x2 2 ＋1＝0， 即 －2km k2＋9 ＋1＝0. 由{m2－k2－9 < 0 －2km k2＋9 ＋1＝0 ，得(k2＋9 2k )2 －(k2＋9)<0. 因为 k2＋9>0，所以k2＋9 4k2 －1<0，所以 k2>3， 解得 k> 3或 k<－ 3. 所以直线 l 的倾斜角的取值范围为(π 3，π 2 )∪(π 2， 2π 3 ). 2．(2019·高考全国卷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－1 2.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. (ⅰ)证明：△PQG 是直角三角形； (ⅱ)求△PQG 面积的最大值． 解：(1)由题设得 y x＋2· y x－2＝－1 2，化简得x2 4＋y2 2＝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) (ⅰ)证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y＝kx(k>0)． 由{y＝kx， x2 4 ＋y2 2＝1得 x＝± 2 1＋2k2 . 记 u＝ 2 1＋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＝k 2(x－u)． 由{y＝k 2（x－u）， x2 4 ＋y2 2＝1 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.① 设 G(xG，yG)，则－u 和 xG 是方程①的解， 故 xG＝u（3k2＋2） 2＋k2 ，由此得 yG＝ uk3 2＋k2. 从而直线 PG 的斜率为 uk3 2＋k2－uk u（3k2＋2） 2＋k2 －u ＝－1 k. 所以 PQ⊥PG，即△PQG 是直角三角形． (ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u 1＋k2，|PG|＝2uk k2＋1 2＋k2 ， 所以△PQG 的面积 S＝1 2|PQ||PG|＝ 8k（1＋k2） （1＋2k2）（2＋k2）＝ 8(1 k＋k ) 1＋2(1 k＋k )2 . 设 t＝k＋1 k，则由 k>0 得 t≥2，当且仅当 k＝1 时取等号． 因为 S＝ 8t 1＋2t2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16 9 . 因此，△PQG 面积的最大值为16 9 .