第三讲 大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
题型(一)
最值问题
主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦长问题以及最值的求解.
[典例感悟]
[典例1] (2018·温州中学高三模拟)已知椭圆的焦点坐标为F1(－1,0)，F2(1,0)，过F2且垂直于长轴的直线交椭圆于P，Q两点，|PQ|＝3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，则△F1MN的内切圆的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解] (1)设椭圆的方程为＋＝1(a＞b＞0)，
由焦点坐标可得c＝1，
由|PQ|＝3，可得＝3，
又a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝，
故椭圆的方程为＋＝1.
(2)存在．如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，不妨令y1＞0，y2＜0，设△F1MN的内切圆的半径为R，由椭圆的定义可知△F1MN的周长＝4a＝8，
∴S△F1MN＝(|MN|＋|F1M|＋|F1N|)R＝4R，
∴S△F1MN最大时，R最大．
S△F1MN＝|F1F2|(y1－y2)＝y1－y2，
由题意知，直线l的斜率不为零，可设直线l的方程为x＝my＋1，
由消去x，得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，
解得y1＝，y2＝，
则S△F1MN＝y1－y2＝.
令t＝，t≥1，
则S△F1MN＝＝，
令f(t)＝3t＋，易知f(t)在[1，＋∞)上单调递增，有f(t)≥f(1)＝4，
∴S△F1MN≤＝3，即当t＝1，m＝0时，(S△F1MN)max＝3，
∴Rmax＝，∴所求内切圆面积的最大值为π，
此时直线l的方程为x＝1.
[备课札记]
[方法技巧]
最值问题的求解思路
(1)建立目标函数，然后根据目标函数的特征选择相应的方法进行求解．
(2)构建不等式，利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解，且大多会用到基本不等式．
[演练冲关]
1．(2018·浙江新高考研究卷)已知动圆O1过定点A(2,0)，且在y轴上截得弦MN的长为4.
(1)求动圆圆心O1的轨迹C的方程；
(2)若B(x0，y0)是动圆圆心的轨迹C上的动点，点P，Q在y轴上，圆N：(x－2)2＋y2＝4内切于△BPQ，求△BPQ面积的最小值及此时点B的坐标．
解：(1)如图，设动圆圆心O1(x，y)，由题意知，|O1A|＝|O1M|，
当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，
∵|O1M|＝|O1A|，
∴ ＝，
化简得y2＝4x(x≠0)．
又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标(0,0)也满足方程y2＝4x，
∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝4x.
(2)设B(x0，y0)，P(0，p)，Q(0，q)，设p＞q.
则直线PB的方程为y－p＝x，
化简得(y0－p)x－x0y＋x0p＝0，
∵圆心(2,0)到直线PB的距离是2，
∴＝2，
∴4(y0－p)2＋4x＝4(y0－p)2＋4x0p(y0－p)＋xp2，
∵x0＞4，上式化简后，得(x0－4)p2＋4y0p－4x0＝0，
同理，(x0－4)q2＋4y0q－4x0＝0，
∴p＋q＝－，pq＝－，
p－q＝ ＝4 .
∵B(x0，y0)是抛物线上的一点，
∴y＝4x0，p－q＝，
∴S△BPQ＝(p－q)x0＝××x0＝2≥32，
当且仅当x0－4＝，
即x0＝8，y0＝±4时取等号，
∴△BPQ面积的最小值为32，此时点B的坐标为(8，±4).
题型(二)
范围问题
主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的几何性质，参数多与直线方程或圆锥曲线方程相关.
[典例感悟]
[典例2] (2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
[解] (1)证明：设P(x0，y0)，A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程2＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．
所以y1＋y2＝2y0，
因此PM垂直于y轴．
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2.
因此△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).
因为x＋＝1(x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB面积的取值范围是.
[备课札记]
[方法技巧]
圆锥曲线中的取值范围问题的5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．
[演练冲关]
2．已知F1，F2分别为椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的上、下焦点，F1是抛物线C2：x2＝4y的焦点，点M是C1与C2在第二象限的交点， 且|MF1|＝.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)与圆x2＋(y＋1)2＝1相切的直线l：y＝k(x＋t)，kt≠0交椭圆C1于A，B，若椭圆C1上一点P满足＋＝λ，求实数λ的取值范围．
解：(1)由题知F1(0,1)，所以a2－b2＝1，
又由抛物线定义可知|MF1|＝yM＋1＝，得yM＝，
于是易知M，
从而|MF2|＝＝，
由椭圆定义知2a＝|MF1|＋|MF2|＝4，
得a＝2，故b2＝3，
从而椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
则由＋＝λ知，x1＋x2＝λx0，y1＋y2＝λy0，
且＋＝1，①
又直线l：y＝k(x＋t)，kt≠0与圆x2＋(y＋1)2＝1相切，所以有＝1，
由k≠0，可得k＝(t≠±1，t≠0)．②
联立
消去y得(4＋3k2)x2＋6k2tx＋3k2t2－12＝0.
则Δ>0恒成立，
且x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2kt＝，
所以得P，
代入①式得＋＝1，
所以λ2＝.
又将②式代入得，λ2＝，t≠0，t≠±1，
易知2＋＋1>1，且2＋＋1≠3，
所以λ2∈∪，
所以λ的取值范围为.
题型(三)
证明问题
主要考查点、直线、曲线等几何元素中的位置关系以及直线或圆锥曲线中的一些数量关系.
[典例感悟]
[典例3] (2017·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点．
[解] (1)由抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，得p＝，
所以抛物线C的方程为y2＝x.
抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－.
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y，得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为点P的坐标为(1,1)，
所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1)．
直线ON的方程为y＝x，点B的坐标为.
因为y1＋－2x1＝
＝
＝
＝＝0，
所以y1＋＝2x1.
故A为线段BM的中点．
[备课札记]
[方法技巧]
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[演练冲关]
3.(2018·丽水、衢州、湖州高三联考)已知F1，F2是椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点，A，B是椭圆C上的两点，且都在x轴上方，且AF1∥BF2，设AF2，BF1的交点为M.
(1)求证：＋为定值；
(2)求动点M的轨迹方程．
解：(1)证明：如图所示，
延长AF1交椭圆于点B1.
由椭圆的对称性可知|B1F1|＝|BF2|，
所以只需证明＋为定值．
因为F1，F2是椭圆C：＋y2＝1的左、右焦点，
所以F1(－1,0)，F2(1,0)．
设直线AF1的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B1(x2，y2)，与椭圆方程联立化简可得(m2＋2)y2－2my－1＝0，①
所以|AF1|＝|y1|，|B1F1|＝|y2|，
所以＋＝＝＝，
根据根与系数的关系y1＋y2＝－，y1y2＝，
可得＝＝＝，
由化简的方程①，可知，a＝m2＋2，b＝－2m，c＝－1，
所以＝ ＝ ，
所以＋＝＝＝2.
即＋＝2.
(2)设直线AF2，BF1的方程分别为x＝k1y＋1，x＝k2y－1，
联立所以M点的坐标为
设直线AF1，BF2的方程分别为x＝my－1，x＝my＋1，
则k1＝＝＝m－，k2＝＝＝m＋，
所以k1＋k2＝m－＋m＋＝2m＋2，
k2－k1＝m＋－m＋＝＋.
由(1)可知，yA＝，
则yB＝，
所以k1＋k2
＝2m＋2
＝2m＋2(m2＋2)·
＝2m＋4m＝6m，
k2－k1＝2
＝4 .
所以
所以M点的轨迹方程为＋＝1(y>0)．
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．(2017·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－所以－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②
Δ＝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，＋∞)．
课件30张PPT。圆锥曲线中的最值、
范围、证明问题大题考法——三讲第题型(一) 最值问题题型(二) 范围问题题型(三) 证明问题
“课时跟踪检测”见“课时跟踪检测(十五)”
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谢观看THANK YOU FOR WATCHING谢课时跟踪检测（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．(2017·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－所以－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 ②
Δ＝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，＋∞)．
