难度： 困难

标签： 圆锥曲线抛物线最值范围问题面积之比问题定比点差法

是否做正确： 未标明

是否属于易错题： 未标明

如果做错原因可能是： 未标明

解（1）

$c=\sqrt{3}$

$cos\mathrm{\angle }{F}_{1}P{F}_2=\frac{a^2+a^2-4c^2}{2a^2}=\frac{\frac{9}{4}{a}^2+a^2-\frac{9}{4}{a}^2}{2\cdot \frac{3}{2}a\cdot a}$

$2a^2-4c^2=\frac{a^2}{\frac{3}{2}}$

$3a^2-6c^2=a^2$

$2a^2=6c^2$

$a^2=3c^2=9$

$b^2=a^2-c^2=9-3=6$

$C:\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1$

解（2）法一，不用 $\lambda ,\mu$ 转化

设 $P(x_0,y_0),Q(-x_0,-y_0),F_1(-\sqrt{3},0),F_2(\sqrt{3},0)$

直线 $P{F}_1:x=\frac{x_0+\sqrt{3}}{y_0}y-\sqrt{3}$

直线 $P{F}_2:x=\frac{x_0-\sqrt{3}}{y_0}y+\sqrt{3}$

$\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1\\ x=\frac{x_0+\sqrt{3}}{y_0}y-\sqrt{3}\end{array}$

$2(\frac{x_0+\sqrt{3}}{y_0}y-\sqrt{3}{)}^2+3y^2-18=0$

$y_0{y}_M=\frac{6-18}{2\frac{(x_0+\sqrt{3}{)}^2}{y_0^2}+3}$

$=\frac{-12}{2\frac{(x_0+\sqrt{3}{)}^2}{y_0^2}+3}$

$=\frac{-12y_0^2}{(2(x_0+\sqrt{3}{)}^2+3y_0^2)}$

$=\frac{-12y_0^2}{2x_0^2+4\sqrt{3}{x}_0+6+3y_0^2}$

$=\frac{-12y_0^2}{4\sqrt{3}{x}_0+24}$

$=\frac{-3y_0^2}{\sqrt{3}{x}_0+6}$

同理，$y_0{y}_N=\frac{-12y_0^2}{2(x_0-\sqrt{3}{)}^2+3y_0^2}$

$=\frac{-12y_0^2}{2x_0^2-4\sqrt{3}{x}_0+6+3y_0^2}$

$=\frac{-3y_0^2}{-\sqrt{3}{x}_0+6}$

所以 $y_M=\frac{-3y_0}{\sqrt{3}{x}_0+6},y_N=\frac{-3y_0}{-\sqrt{3}{x}_0+6}$

$\frac{S_{PO{F}_1}}{S_{PQM}}=\frac{|PO|\cdot |P{F}_1|}{|PQ|\cdot |PM|}$

$=\frac{1}{2}\frac{y_0}{y_0-y_M}$

$=\frac{1}{2}\frac{\sqrt{3}{x}_0+6}{\sqrt{3}{x}_0+9}$

$\frac{S_{PO{F}_2}}{S_{PQN}}=\frac{|PO|\cdot |P{F}_2|}{|PQ||PN|}$

$=\frac{1}{2}\frac{y_0}{y_0-y_N}$

$=\frac{1}{2}\frac{-\sqrt{3}{x}_0+6}{-\sqrt{3}{x}_0+9}$

所以 $\mathrm{求}=\frac{1}{2}(\frac{\sqrt{3}{x}_0+6}{\sqrt{3}{x}_0+9}+\frac{-\sqrt{3}{x}_0+6}{-\sqrt{3}{x}_0+9})$

$=\frac{1}{2}(1-\frac{3}{9+\sqrt{3}{x}_0}+1-\frac{3}{9-\sqrt{3}{x}_0})$

$=\frac{1}{2}[2-3\frac{9-\sqrt{3}{x}_0+9+\sqrt{3}{x}_0}{(9+\sqrt{3}{x}_0)(9-\sqrt{3}{x}_0)}]$

$=\frac{1}{2}[2-3\frac{18}{81-3x_0^2}]$

$=\frac{1}{2}(2-\frac{18}{27-x_0^2})，x_0\in (-3,3)$

当 $x_0=0$ 时，有最大值，

${\mathrm{求}}_{max}=\frac{1}{2}(2-\frac{18}{27})$

$=\frac{1}{2}2-\frac{2}{3}$

$=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$

解（2）法二，用 $\lambda ,\mu$ 转化，更简洁、简单

设 $\overrightarrow{P{F}_1}=\lambda \overrightarrow{F_{1}M}$

$\overrightarrow{P{F}_2}=\mu \overrightarrow{F_{2}N}$

其实我们知道根据结论，$\lambda +\mu$ 为一个定值

$\mathrm{求}=\frac{1}{2}\frac{\lambda }{\lambda +1}+\frac{1}{2}\frac{\mu }{\mu +1}$

$=\frac{1}{2}\frac{\lambda (\mu +1)+\mu (\lambda +1)}{(\lambda +1)(\mu +1)}$

$=\frac{1}{2}\frac{2\lambda \mu +\lambda +\mu }{\lambda \mu +\lambda +\mu +1}$

接下来证明 $\lambda +\mu$ 为一个定值

$y_M=\frac{-3y_0}{\sqrt{3}{x}_0+6},y_N=\frac{-3y_0}{-\sqrt{3}+6}$

$\lambda =\frac{y_0}{-y_M}=\frac{\sqrt{3}{x}_0+6}{3}$

$\mu =\frac{y_0}{-y_N}=\frac{-\sqrt{3}{x}_0+6}{3}$

（因为 $y_M,y_0$ 一定是不同号的，所以有负号）

$\lambda +\mu =\frac{12}{3}=4$

$\mathrm{求}=\frac{1}{2}\frac{2\lambda +4}{\lambda \mu +5}$

$=\frac{\lambda \mu +2+3-3}{\lambda \mu +5}$

$=1-\frac{3}{\lambda \mu +}$

$\lambda \mu ⩽\frac{(\lambda +\mu {)}^2}{4}=\frac{16}{4}=4$

$\mathrm{求}⩽1-\frac{3}{9}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$