【文档说明】高考数学(理数)一轮复习课件：第九章 解析几何 第九节 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 (含详解).ppt，共(69)页，749.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第九节圆锥曲线中的最值、范围、证明问题本节主要包括3个知识点：1.圆锥曲线中的最值问题；2.圆锥曲线中的范围问题；3.圆锥曲线中的几何证明问题.突破点(一)圆锥曲线中的最值问题圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，解法

灵活多变，但总体上主要有两种方法：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解析式，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用几何性质求最值[

例1]设P是椭圆x225＋y29＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|的最小值、最大值分别为()A．9,12B．8,11C．8,12D．10,12[解析]如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两

个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12

，即最小值和最大值分别为8,12.[答案]C[方法技巧]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，也叫做几何法．建立目标函数求最值[例2]已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为

AB的中点，PF＝3FM.(1)若|PF|＝3，求点M的坐标；(2)求△ABP面积的最大值．[解](1)由题意知焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1.设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得y0＝2，所以P(22，2)或P(－22，2)，由PF

＝3FM，得M－223，23或M223，23.[解]设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，由y＝kx＋m，x2＝4y，得x2－4kx－4

m＝0.于是Δ＝16k2＋16m>0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，所以AB中点M的坐标为(2k,2k2＋m)．由PF＝3FM，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)，所以x0＝－6k，y0＝4－6k2－3m.(2)

求△ABP面积的最大值．由x20＝4y0得k2＝－15m＋415，由Δ>0，k2≥0，得－13<m≤43.又因为|AB|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝41＋k2·k2＋m，点F(0,1)到直线AB的距离为d＝|m－1|1＋k2，所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1|k2＋m＝161

53m3－5m2＋m＋1.记f(m)＝3m3－5m2＋m＋1－13<m≤43，令f′(m)＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝19，m2＝1，可得f(m)在－13，19上是增函数，在19，1上是减函数，在1，43

上是增函数，又f19＝256243>f43＝59.所以当m＝19时，f(m)取到最大值256243，此时k＝±5515.所以△ABP面积的最大值为2565135.[方法技巧](1)当题目中给出的条件有明

显的几何特征，考虑用图象性质来求解．(2)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，再求这个函数的最值．求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、单调性法、三角换元法等．利用基本不等式求最值[例3](2017·太原模拟)已知椭圆M：x2a2＋y23＝

1(a>0)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x24＋y23＝1，易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得x24＋y23＝1，y＝x＋1，消去y，得7x2＋8x－8＝0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，Δ＝288，x1＋x2＝－87，x1x2＝－87，所以|CD|＝2|x1－x2|

＝2x1＋x22－4x1x2＝247.[解]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x24＋y23＝1，y＝kx＋1，消去y，得(3＋

4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0，且x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x

1＋1)|＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝12|k|3＋4k2，因为k≠0，上式＝123|k|＋4|k|≤1223|k|·4|k|＝12212＝3当且仅当k＝±32时等号成立，所以|S1－S2|的最大值为3.[方

法技巧](1)求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨论．如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨论等．(2)利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值．能力练通抓应用体验的“得

”与“失”1.[考点一]如图所示，已知直线l：y＝kx－2与抛物线C：x2＝－2py(p>0)交于A，B两点，O为坐标原点，OA＋OB＝(－4，－12)．(1)求直线l和抛物线C的方程；(2)抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值．解：(1)由

y＝kx－2，x2＝－2py，得x2＋2pkx－4p＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2pk，y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝－2pk2－4.因为OA＋OB＝(x1＋x2，y1＋y2)＝(－2pk，－2pk2－4)＝(－4，－12)，所以

－2pk＝－4，－2pk2－4＝－12，解得p＝1，k＝2.所以直线l的方程为y＝2x－2，抛物线C的方程为x2＝－2y.解：设P(x0，y0)，依题意，知抛物线过点P的切线与l平行时，△ABP的面积最大，又

y′＝－x，所以－x0＝2，故x0＝－2，y0＝－12x20＝－2，所以P(－2，－2)．此时点P到直线l的距离d＝|2×－2－－2－2|22＋－12＝45＝455.由y＝2x－2，x2＝－2y，得x2＋4x

－4＝0，故x1＋x2＝－4，x1x2＝－4，所以|AB|＝1＋k2×x1＋x22－4x1x2＝1＋22×－42－4×－4＝410.所以△ABP面积的最大值为410×4552＝82.(2)抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值．2.平面直角坐标系x

Oy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：x24a2＋y24b2

＝1，P为椭圆C上任意一点．过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.①求|OQ||OP|的值；②求△ABQ面积的最大值．[考点二]解：(1)由题意知2a＝4，则a＝2.又ca＝32，a2－

c2＝b2，可得b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.解：由(1)知椭圆E的方程为x216＋y24＝1.①设P(x0，y0)，|OQ||OP|＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)．因为x204＋y20＝1

，又－λx0216＋－λy024＝1，即λ24x204＋y20＝1，所以λ＝2，即|OQ||OP|＝2.(2)设椭圆E：x24a2＋y24b2＝1，P为椭圆C上任意一点．过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，

B两点，射线PO交椭圆E于点Q.①求|OQ||OP|的值；②求△ABQ面积的最大值．②设A(x1，y1)，B(x2,y2)．将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，由Δ>0，可得m2<4＋16k2.(*)则有x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1

x2＝4m2－161＋4k2.所以|x1－x2|＝416k2＋4－m21＋4k2.因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积S＝12|m||x1－x2|＝216k2＋4－m2|m|1＋4k2＝216k2＋4

－m2m21＋4k2＝24－m21＋4k2m21＋4k2.设m21＋4k2＝t.将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ≥0，可得m2≤1＋4k

2.(**)由(*)(**)可知0<t≤1，因此S＝24－tt＝2－t2＋4t，故S≤23.当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值23.由①知，△ABQ的面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为63.3.[考点三]定圆M：(x＋3)2＋y2＝16，动圆N过点F(3，0)且与

圆M相切，记圆心N的轨迹为E.(1)求轨迹E的方程；(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且|AC|＝|BC|，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方程．解：(1)∵F(3，0)在圆M：(x＋3)2＋y

2＝16内，∴圆N内切于圆M.∵|NM|＋|NF|＝4>|FM|，∴点N的轨迹E为椭圆，且2a＝4，c＝3，∴b＝1，∴轨迹E的方程为x24＋y2＝1.解：①当AB为长轴(或短轴)时，S△ABC＝12

|OC|·|AB|＝2.②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝kx，A(xA，yA)，由题意，C在线段AB的中垂线上，则OC的方程为y＝－1kx.联立方程x24＋y2＝1，y＝kx得，x2A＝41＋

4k2，y2A＝4k21＋4k2，∴|OA|2＝x2A＋y2A＝41＋k21＋4k2.(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且|AC|＝|BC|，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方程．将上式中的k替换为－1k，可得|OC|

2＝41＋k2k2＋4.∴S△ABC＝2S△AOC＝|OA|·|OC|＝41＋k21＋4k2·41＋k2k2＋4＝41＋k21＋4k2k2＋4.∵1＋4k2k2＋4≤1＋4k2＋

k2＋42＝51＋k22，∴S△ABC≥85，当且仅当1＋4k2＝k2＋4，即k＝±1时等号成立，此时△ABC面积的最小值是85.∵2>85，∴△ABC面积的最小值是85，此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x.突破点(二)圆锥

曲线中的范围问题圆锥曲线中的范围问题是高考中的热点问题，常涉及不等式的恒成立问题、函数的值域问题，综合性比较强.解决此类问题常用几何法和判别式法.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”利用判别式构造不等关系求范围[例1]已知A，B，C是椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)上的三点，

其中点A的坐标为(23，0)，BC过椭圆的中心，且AC·BC＝0，|BC|＝2|AC|.(1)求椭圆M的方程；(2)过点(0，t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P，Q，设D为椭圆M与y轴负半轴的交点，且

|DP|＝|DQ|，求实数t的取值范围．[解](1)因为|BC|＝2|AC|且BC过(0,0)，则|OC|＝|AC|.因为AC·BC＝0，所以∠OCA＝90°，即C(3，3)．又因为a＝23，设椭圆的方程为x212＋y212－c2＝1，将C点坐标代入得312＋

312－c2＝1，解得c2＝8，b2＝4.所以椭圆的方程为x212＋y24＝1.[解]由条件D(0，－2)，当k＝0时，显然－2<t<2；当k≠0时，设l：y＝kx＋t，x212＋y24＝1

，y＝kx＋t，消去y得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0由Δ>0可得t2<4＋12k2，①设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ中点H(x0，y0)，则x0＝x1＋x22＝－3kt1＋3k2，y0＝

kx0＋t＝t1＋3k2，(2)过点(0，t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P，Q，设D为椭圆M与y轴负半轴的交点，且|DP|＝|DQ|，求实数t的取值范围．所以H－3kt1＋3k2，t1＋3k2，由|DP|＝|DQ|，所以DH⊥PQ，即kDH＝－1k，所

以t1＋3k2＋2－3kt1＋3k2－0＝－1k，化简得t＝1＋3k2，②所以t>1，将②代入①得，1<t<4.所以t的范围是(1,4)．综上可得t∈(1,2)．[方法技巧]圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法(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，解决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．利用函数性质求范围[例2](2017·石家庄模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，过点M(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，|MA|＝λ

|MB|，且当直线l垂直于x轴时，|AB|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)若λ∈12，2，求弦长|AB|的取值范围．[解](1)由已知e＝22，得ca＝22，又当直线垂直于x轴时，|AB|＝2，所以椭圆过点1，22

，代入椭圆方程得1a2＋12b2＝1，∵a2＝b2＋c2，联立方程可得a2＝2，b2＝1，∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1.[解]当过点M的直线斜率为0时，点A，B分别为椭圆长轴的端点，λ＝|MA||MB|＝2＋12－

1＝3＋22>2或λ＝|MA||MB|＝2－12＋1＝3－22<12，不符合题意．∴直线的斜率不能为0.设直线方程为x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程代入椭圆方程得：(m2＋2)y2＋2my－1＝0，(2)若λ∈12，2，求弦长|A

B|的取值范围．由根与系数的关系可得，y1＋y2＝－2mm2＋2①，y1y2＝－1m2＋2②，将①式平方除以②式可得：y1y2＋y2y1＋2＝－4m2m2＋2，由已知|MA|＝λ|MB|可知，y1y2＝－λ，∴－λ

－1λ＋2＝－4m2m2＋2，又知λ∈12，2，∴－λ－1λ＋2∈－12，0，∴－12≤－4m2m2＋2≤0，解得m2∈0，27.|AB|2＝(1＋m2)|y1－y2|2＝(1＋m2)[(y1＋y2)2－4y1y2]＝8m2＋1m

2＋22＝81－1m2＋22，∵m2∈0，27，∴1m2＋2∈716，12，∴|AB|∈2，928.[方法技巧]利用函数性质解决圆锥曲线中求范围问题的关

键是建立求解关于某个变量的函数，通过求这个函数的值域确定目标的取值范围．在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算方便，在建立函数的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把多个变量化为单个变量即可，同时要特别注意变量的取

值范围．能力练通抓应用体验的“得”与“失”1.(2017·长春模拟)设F1，F2分别是椭圆E：x24＋y2b2＝1(b>0)的左、右焦点，若P是该椭圆上的一个动点，且1PF·2PF的最大值为1.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线l：x＝k

y－1与椭圆E交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(O为坐标原点)，求k的取值范围．[考点一]解：(1)易知a＝2，c＝4－b2，b2<4，所以F1(－4－b2，0)，F2(4－b2，0)，设P(x，y)，则1PF·2PF＝(－4－b2－x，－y)·(4－b2－x，－y)＝x2＋y2－

4＋b2＝x2＋b2－b2x24－4＋b2＝1－b24x2＋2b2－4.因为x∈[－2,2]，故当x＝±2，即点P为椭圆长轴端点时，1PF·2PF有最大值1，即1＝1－b24×4＋2b2－4，解得b2＝1.故所求椭圆

E的方程为x24＋y2＝1.(2)设直线l：x＝ky－1与椭圆E交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(O为坐标原点)，求k的取值范围．解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝ky－1x24＋y2＝1得(k2

＋4)y2－2ky－3＝0，Δ＝(－2k)2＋12(4＋k2)＝16k2＋48>0，故y1＋y2＝2kk2＋4，y1·y2＝－3k2＋4.又∠AOB为锐角，故OA·OB＝x1x2＋y1y2>0，又x1x2＝(ky1

－1)(ky2－1)＝k2y1y2－k(y1＋y2)＋1，所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)y1y2－k(y1＋y2)＋1＝(1＋k2)·－34＋k2－2k24＋k2＋1＝－3－3k2－2k2＋4＋k24＋k2＝1－4k24＋k2>0，所以k2<14，解得－12<k<12，故k的取值范

围是－12，12.2.[考点二]已知圆心为H的圆x2＋y2＋2x－15＝0和定点A(1,0)，B是圆上任意一点，线段AB的中垂线l和直线BH相交于点M，当点B在圆上运动时，点M的轨迹记为曲线C.(1)求C的方程；(2)过点A作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求PE

·QF的取值范围．解：(1)由x2＋y2＋2x－15＝0，得(x＋1)2＋y2＝16，所以圆心为H(－1,0)，半径为4.连接MA，由l是线段AB的中垂线，得|MA|＝|MB|，所以|MA|＋|MH|＝|M

B|＋|MH|＝|BH|＝4，又|AH|＝2<4.根据椭圆的定义可知，点M的轨迹是以A，H为焦点，4为长轴长的椭圆，所以a2＝4，c2＝1，b2＝3，所求曲线C的方程为x24＋y23＝1.解：由直线EF与直线PQ垂直，可

得AP·AE＝AQ·AF＝0，于是PE·QF＝(AE－AP)·(AF－AQ)＝AE·AF＋AP·AQ.①当直线PQ的斜率不存在时，直线EF的斜率为零，此时可不妨取P1，32，Q1，－32，E(2,0)

，F(－2,0)，所以PE·QF＝1，－32·－3，32＝－3－94＝－214.②当直线PQ的斜率为零时，直线EF的斜率不存在，同理可得PE·QF＝－214.(2)过点A作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求PE·QF的取值范围．③当

直线PQ的斜率存在且不为零时，直线EF的斜率也存在，于是可设直线PQ的方程为y＝k(x－1)，P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，AP＝(xP－1，yP)，AQ＝(xQ－1，yQ)，则直线EF的方程为y＝－1k(x－1

)．将直线PQ的方程代入曲线C的方程，并整理得，(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，所以xP＋xQ＝8k23＋4k2，xP·xQ＝4k2－123＋4k2.于是AP·AQ＝(xP－1)(xQ－1)＋yP·yQ＝(1＋k2)[xPxQ－(xP＋xQ)＋1]＝(1＋k2)

4k2－123＋4k2－8k23＋4k2＋1＝－91＋k23＋4k2.将上面的k换成－1k，可得AE·AF＝－91＋k24＋3k2，所以PE·QF＝AE·AF＋AP·AQ＝－9(1＋k2)13＋4k2＋14＋3k2.令1＋k2＝t，则t>1，于是上式化简整理可

得，PE·QF＝－9t14t－1＋13t＋1＝－63t212t2＋t－1＝－63494－1t－122.由t>1，得0<1t<1，所以－214<PE·QF≤－367.综合①②③可知，PE·QF的取值范围为－214，－367.

突破点(三)圆锥曲线中的几何证明问题圆锥曲线中的几何证明问题多出现在解答题中，难度较大，多涉及线段或角相等以及位置关系的证明等.考点贯通抓高考命题的“形”与“神”圆锥曲线中的几何证明问题[典例](2017·唐山模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2,0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点

M在点N的下方)，且|MN|＝3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆x28＋y24＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.[解](1)设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)．∵

|MN|＝3，∴r2＝322＋22，解得r2＝254.∴r＝52，圆C的方程为(x－2)2＋y－522＝254.[解]证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋y－522＝254，解得y＝1或y＝4，即点M(0

,1)，N(0,4)．①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.联立方程y＝kx＋1，x28＋y24＝1，消去y得，(1＋2k2)x2＋4

kx－6＝0.设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝－4k1＋2k2，x1x2＝－61＋2k2.(2)过点M任作一条直线与椭圆x28＋y24＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.∴kAN＋

kBN＝y1－4x1＋y2－4x2＝kx1－3x1＋kx2－3x2＝2kx1x2－3x1＋x2x1x2.若kAN＋kBN＝0，则∠ANM＝∠BNM.∵2kx1x2－3(x1＋x2)＝－12k1＋2k2＋

12k1＋2k2＝0，∴∠ANM＝∠BNM.能力练通抓应用体验的“得”与“失”1．设椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长是4＋23.(1)求椭圆C1的方程；(2)设椭圆C1的

左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1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.解：(1)由e＝32，知ca＝32，所以c＝32a，因为△MF1F2的周长是4＋2

3，所以2a＋2c＝4＋23，所以a＝2，c＝3，所以b2＝a2－c2＝1，所以椭圆C1的方程为：x24＋y2＝1.解：证明：由(1)得A(－2,0)，B(2,0)，设D(x0，y0)，所以E(x0,0)，因为AB⊥BC，所以可设C(2，y1)

，所以AD＝(x0＋2，y0)，OC＝(2，y1)，由AD∥OC可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝2y0x0＋2.(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1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.所以直线AC的方程为：y2y0x0＋2＝x＋24.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，所以PD＝PE.2．(2017·福州模拟)已知点A(－4,0)，直线l：x＝－1与x轴交于点B，动点M到A，B两点的距离之比为2.(1)求点M的轨迹C的方程；(2)设C与x轴交于E，F两点，P是直线l上一点，且点P不在C上，直线PE，PF分别与

C交于另一点S，T，证明：A，S，T三点共线．解：(1)设点M(x，y)，依题意，|MA||MB|＝x＋42＋y2x＋12＋y2＝2，化简得x2＋y2＝4，即轨迹C的方程为x2＋y2＝4.解：证明：由(1)知曲线C的方程为x2＋y2＝4，令y＝

0得x＝±2，不妨设E(－2，0)，F(2,0)，如图所示．设P(－1，y0)，S(x1，y1)，T(x2，y2)，则直线PE的方程为y＝y0(x＋2)，由y＝y0x＋2，x2＋y2＝4得(y20＋1)x2＋4y20x＋4y20－4＝0，所以－2x1＝4y20－4y20＋1，即x1

＝2－2y20y20＋1，y1＝4y0y20＋1.(2)设C与x轴交于E，F两点，P是直线l上一点，且点P不在C上，直线PE，PF分别与C交于另一点S，T，证明：A，S，T三点共线．直线PF的方程为y＝－y03(x－2)，由y＝－y03x－2，x2＋y

2＝4得(y20＋9)x2－4y20x＋4y20－36＝0，所以2x2＝4y20－36y20＋9，即x2＝2y20－18y20＋9，y2＝12y0y20＋9.所以kAS＝y1x1＋4＝4y0y20＋12－2y20y20＋1＋4＝2y0y20＋3，kAT＝

y2x2＋4＝12y0y20＋92y20－18y20＋9＋4＝2y0y20＋3，所以kAS＝kAT，所以A，S，T三点共线．[全国卷5年真题集中演练——明规律]1.(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，F是

椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．(1)求E的方程；解：(1)设F(c,0)，由条件知，2c＝233，得c＝3.又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为x24＋y2＝1.解：当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2

)．将y＝kx－2代入x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>34时，x1,2＝8k±24k2－34k2＋1.从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋1·4k2－34k2＋1.(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△

OPQ的面积最大时，求l的方程．又点O到直线PQ的距离d＝2k2＋1.所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d·|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，则t>0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋

4t.因为t＋4t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，且满足Δ>0.所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.2．(2013·新课标全国卷Ⅱ)平面直角坐标系xO

y中，过椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)右焦点的直线x＋y－3＝0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为12.(1)求M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四

边形ACBD面积的最大值．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则x21a2＋y21b2＝1，x22a2＋y22b2＝1，y2－y1x2－x1＝－1，由此可得b2x2＋x1a2y2＋y1＝－y2－y1x2－x1＝1.因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0

，y0x0＝12，所以a2＝2b2.又由题意知，M的右焦点为(3，0)，故a2－b2＝3.因此a2＝6，b2＝3.所以M的方程为x26＋y23＝1.解：由x＋y－3＝0，x26＋y23＝1，解得x＝433，y＝－33，或x

＝0，y＝3.因此|AB|＝463.由题意可设直线CD的方程为y＝x＋n－533＜n＜3，设C(x3，y3)，D(x4，y4)．由y＝x＋n，x26＋y23＝1得3x2＋4nx＋2n2

－6＝0.(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．于是x3,4＝－2n±29－n23.因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝2|x4－x3|＝439－n2.由已知，四边形ACBD的面积S＝12|CD|·|AB|＝8699－

n2.当n＝0时，S取得最大值，最大值为863.所以四边形ACBD面积的最大值为863.