第1课时圆锥曲线的最值、范围、证明问题1．(2019·广东佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆M的离心率为，椭圆上异于长轴顶点的任意点A与左、右两焦点F1，F2构成的三角形中面积的最大值为.(1)求椭圆M的标准方程；(2)若A与C是椭圆M上关于x轴对称的两点，连接CF2与椭圆的另一交点为B，求证：直线AB与x轴交于定点P，并求PA·F2C的取值范围．解析：(1)由题意知＝，·2c·b＝，a2＝b2＋c2，解得c＝1，a＝2，b＝.所以椭圆M的标准方程是＋＝1.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x1，－y1)，直线AB：y＝kx＋m.将y＝kx＋m，代入＋＝1得，(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.则x1＋x2＝－，x1x2＝.因为B，C，F2共线，所以kBF2＝kCF2，即＝，整理得2kx1x2＋(m－k)(x1＋x2)－2m＝0，所以2k－(m－k)－2m＝0，解得m＝－4k.所以直线AB：y＝k(x－4)，与x轴交于定点P(4,0)．因为y＝3－x，所以PA·F2C＝(x1－4，y1)·(x1－1，－y1)＝x－5x1＋4－y＝x－5x1＋1＝2－.因为－2b>0)的左、右焦点分别为点F1，F2，其离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F1的直线l1与椭圆C交于M，N两点，过点F2的直线l2与椭圆C交于P，Q两点，且l1∥l2，证明：四边形MNPQ不可能是菱形．解析：(1)由已知，得＝，b＝，又c2＝a2－b2，故解得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)证明：由(1)，知F1(－1，0)，如图，易知直线MN不能平行于x轴，所以令直线MN的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝，y1y2＝.此时|MN|＝.同理，令直线PQ的方程为x＝my＋1，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，此时y3＋y4＝，y3y4＝，此时|PQ|＝，故|MN|＝|PQ|.所以四边形MNPQ是平行四边形．若平行四边形MNPQ是菱形，则OM⊥ON，即OM·ON＝0，于是有x1x2＋y1y2＝0.又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1，所以有(m2＋1)y1y2－m(y1＋y2)＋1＝0，整理得到＝0，即12m2＋5＝0，上述关于m的方程显然没有实数解，故四边形MNPQ不可能是菱形．3．(2019·安庆二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点(2，)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设A、B为椭圆C的左、右顶点，过C的右焦点F作直线l交椭圆于M，N两点，分别记△ABM，△ABN的面积为S1，S2，求|S1－S2|的最大值．解析：(1)根据题意可得：＝，＋＝1，a2＝b2＋c2，解得：a2＝8，b＝2.故椭圆C的标准方程为：＋＝1.(2)由(1)知F(2,0)，当直线l的斜率不存在时，S1＝S2，于是|S1－S2|＝0；当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝k(x－2)(k≠0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0.∴x1＋x2＝，x1x2＝，于是|S1－S2|＝×4×|y1＋y2|＝2|k(x1＋x2)－4k|＝2＝＝≤＝4.当且仅当k＝±时等号成立，此时|S1－S2|的最大值为4.综上，|S1－S2|的最大值为4.4．(2019·朝阳区模拟)过椭圆W：＋y2＝1的左焦点F1作直线l1交椭圆于A，B两点，其中A(0,1)，另一条过F1的直线l2交椭圆于C，D两点(不与A，B重合)，且D点不与点(0，－1)重合．过F1作x轴的垂线分别交直线AD，BC于E，G.(1)求B点坐标和直线l1的方程；(2)求证：|EF1|＝|F1G|.解析：(1)由题意可得直线l1的方程为y＝x＋1.与椭圆方程联立，由可求B.(2)证明：当l2与x轴垂直时，C，D两点与E，G两点重合，由椭圆的对称性，|EF1|＝|F1G|.当l2不与x轴垂直时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，l2的方程为y＝k(x＋1)(k≠1)．由消去y，整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.则x1＋x2＝，x1x2＝.由已知，x2≠0，则直线AD的方程为y－1＝x，令x＝－1，得点E的纵坐标yE＝.把y2＝k(x2＋1)代入得yE＝.由已知，x1≠－，则直线BC的方程为y＋＝，令x＝－1，得点G的纵坐标yG＝.把y1＝k(x1＋1)代入得yG＝.yE＋yG＝＋＝＝把x1＋x2＝，x1x2＝代入到2x1x2＋3(x1＋x2)＋4中，2x1x2＋3(x1＋x2)＋4＝2×＋3×＋4＝0.即yE＋yG＝0，即|EF1|＝|F1G|.
