第九章 解析几何第九节 直线与圆锥曲线的综合问题第二课时 最值、范围、证明问题A级·基础过关|固根基|1.(2019年全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为椭圆C上的点，O为坐标原点．(1)若△POF2为等边三角形，求椭圆C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．解：(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故椭圆C的离心率为e＝＝－1.(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当|y|·2c＝16，·＝－1，＋＝1，即由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.又由①知y2＝，故b＝4.由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4.所以当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．2．(2019年浙江卷)如图，已知点F(1，0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，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\n△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G的坐标．解：(1)由题意得，＝1，即p＝2，所以抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝y＋1，代入y2＝4x，得y2－y－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B.又xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，所以2t－＋yC＝0，得C，G.所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)．由于Q在焦点F的右侧，故t2>2，从而＝＝＝＝2－.令m＝t2－2，则m>0，＝2－＝2－≥2－＝1＋.当m＝时，取得最小值1＋，此时G的坐标为(2，0).\nB级·素养提升|练能力|3.如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B(1，0)，直线l是圆Γ在点B处的切线，过A(－1，0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．(1)求证：|EA|＋|EB|为定值；(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|.证明：(1)设AE切圆于M，直线x＝4与x轴的交点为N，则|EM|＝|EB|，∴|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝＝4.故|EA|＋|EB|为定值．(2)由(1)同理知|FA|＋|FB|＝4，∴E，F均在椭圆＋＝1上．由椭圆的对称性，不妨设直线EF的方程为x＝my＋1(m<0)，令x＝4，得yQ＝，直线EF与椭圆方程联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，且y1>y2.则y1＋y2＝－，y1y2＝－.过E作EE′⊥x轴于E′，过F作FF′⊥x轴于F′，则|EE′|＝y1，|FF′|＝－y2，设PQ交x轴于Q′，则|QQ′|＝－.若|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|，则＝.①又E，B，F，Q在同一条直线上，则＝，即＝；②＝，即＝＝.③\n由①②③得，＝，从而有－y1·＋y1y2＝y2·－y1y2，∴2y1y2＝(y1＋y2)·.④将y1＋y2＝－，y1y2＝－代入④，知等式成立，∴|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|.4．(2020届四川五校联考)已知抛物线E：y2＝8x，直线l：y＝kx－4.(1)若直线l与抛物线E相切，求直线l的方程；(2)设Q(4，0)，直线l与抛物线E交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若存在点C满足|＋|＝|－|，且线段OC与AB互相平分(O为坐标原点)，求x2的取值范围．解：(1)由得，k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，由题意知k≠0及Δ＝64(k＋1)2－64k2＝0，解得k＝－，所以直线l的方程为y＝－x－4.(2)由得k2x2－8(k＋1)x＋16＝0，因为Δ＝64(k＋1)2－64k2＞0，k≠0，所以k＞－，且k≠0，所以x1＋x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)－8＝.因为线段OC与AB互相平分，所以四边形OACB为平行四边形，所以＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)＝，即C.由|＋|＝|－|得，AC⊥QC，所以kAC·kQC＝－1.又kQC＝＝，kAC＝kOB＝＝k－，所以·＝－1，所以＝k＋＋2.若k＞0，则≥2＋2＝2(＋1)，当且仅当k＝时取等号，此时0＜x2≤4(－1)．综上，x2的取值范围为(0，4(－1)]．\n
