高考数学命题角度5_4圆锥曲线的最值范围问题大题狂练文 15页

命题角度 5.4：圆锥曲线的最值范围问题 1. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     经过 31, 2      ，离心率为 1 2 . （1）求椭圆 E 的方程； （2）设点 A F、 分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点 F 作直线交椭圆于 ,C D 两点，求四 边形OCAD 面积的最大值（O 为坐标原点）. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  ；(2) 3OCADS 四边形 ． 试题解析：（1）由题设得： 2 2 2 2 2 1 9 14 1{ 2 a b c a a b c      ，解得： 2 { 3 1 a b c    椭圆方程为 2 2 14 3 x y  . （ 2 ） 设 直 线 CD 的 方 程 为 1x ky  ， 与 椭 圆 方 程 2 2 14 3 x y  联 立 得 ：  2 23 4 6 9 0k y ky    . 1 2 1 22 2 6 9,3 4 3 4 ky y y yk k       1 2 1 2 1 12 22 2OCA ODAOCADS S S y y y y           四边形   22 1 2 1 2 2 12 14 3 4 ky y y y k      2 12 3 1 t t   ，其中 2 1, 1t k t   . 12 13t t   ，其中 2 1, 1t k t   . 1t  时， 13t t   单调递增， 13 4 3OCADt St    四边形 （当 0k  时取等号）. 2. 已知椭圆 C 的离心率为 3 2 ，点 A ， B ， F 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点， 且 31 2ABFS   ． （1）求椭圆C 的方程； （2）已知直线l ： y kx m  被圆O ： 2 2 4x y  所截得的弦长为 2 3 ，若直线l 与椭圆 C 交于 M ， N 两点，求 MON 面积的最大值． 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）当 3t  ，即 2 2k   时， MON 面积取到最大值 1． 【解析】试题分析：利用离心率可以得出 ,a c 的关系，化为 ,a b 的关系，再利用 ABF 的面 积列出 , ,a b c 的方程，借助 2 2 2a b c  解出 ,a b ，写出椭圆方程，联立方程组，化为关于 x 的 一元二次方程，利用设而不求思想，借助根与系数关系，利用弦长公式表示出弦长 MN ，写 出面积，利用换元法和配方法求出最值. 试题解析： （1）由题意，椭圆 C 的焦点在 x 轴上，设椭圆标准方程为 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     ，则 2 2 2 2 2 2 3 4 c a be a a    ，所以 2 24a b ，即 2a b ，可得 3c b ，  1 1 312 2 2ABFS AF OB a c b       ， ∴   21 3 32 3 1 12 2 2b b b b          ，∴ 1b  ， 2a  ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 x y  ． （2）由题意知，圆心O 到直线l 的距离为 1，即 2 1 1 m k   ，所以 2 21m k  ． 由 2 2 1,{ 4 , x y y kx m     消去 y ，得   2 2 21 4 8 4 1 0k x kmx m     ， ∴  2 2 216 4 1 48 0k m k      ，所以 0k  ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 1 2 2 8 1 4 kmx x k    ， 2 1 2 2 4 4 1 4 mx x k   ， 所 以  22 1 21MN k x x     22 1 2 1 21 4k x x x x     2 2 2 2 2 8 4 41 41 4 1 4 km mk k k           2 2 2 2 4 4 11 4 1 k mk k       2 2 2 2 2 4 3 14 31 4 1 4 1 k kkk k k       ， 所以 MON 的面积为 MONS  2 2 2 2 3 11 12 4 1 k k MN k      ， 令 24 1 1t k   ， 则 2 2 1 13 1 3 1 1 44 42 2 3 9 t t S t t                ， 所以当 3t  ，即 2 2k   时， MON 面积取到最大值 1． 【点睛】求椭圆的标准方程一边采用待定系数法，即列出两个关于 , ,a b c 的方程，再借助 2 2 2a b c  ，解方程组求出 ,a b ；最值和范围问题、定点定值问题、存在性问题时直线与圆 锥曲线位置关系中常见的考题，也是高考高频考点，本题为最值问题，先设出直线与曲线的 焦点坐标，设而不求，联立方程组，利用根与系数关系，表示弦长和面积，最后求最值. 3.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     过点 31, 2       ，椭圆 C 的左焦点为 A ，右焦点为 B ， 点 P 是椭圆C 上位于 x 轴上方的动点，且 4AP BP  ，直线 ,AP BP 与直线 3y  分别交 于 ,G H 两点． （1）求椭圆C 的方程及线段GH 的长度的最小值； （2）T 是椭圆 C 上一点，当线段GH 的长度取得最小值时，求 TPA 的面积的最大值． 【答案】（1） 4 3 ；（2） 3 7 2  . 【解析】试题分析：（I ）由椭圆和抛物线 y2＝4x 有共同的焦点，求出抛物线的焦点坐标，根 据 a2=b2+c2，即可求得椭圆 C 的方程； （Ⅱ）根据（I）写出点 A，B，设点 P 和直线 AP，BP 的方程，并且与直线 y=3 分联立，求出 G，H 两点，根据两点间的距离公式，根据求函数的最值方法可求, 当平行于 AP 的直线l 与椭 圆下方相切时， TPA 的面积取最大值,求此时三角形面积即可. （2）由（1）可知，当GH 的长度取得最小值时， 0 1y  ， 将点 0 0,x y 代入 2 2 14 x y  ，得 0 0x  ，故此时点  0,1P ， 则直线 AP 的方程为 3 13y x  ，此时 2AP  ， 当平行于 AP 的直线l 与椭圆下方相切时， TPA 的面积取最大值， 设直线 3: 3l y x m  ，则由 2 2 3 3{ 14 y x m x y     ，得 2 27 8 3 12 12 0x mx m    ， 则    2 28 3 4 7 12 12 0m m      ，所以 21 3m   ，或 21 3m  （舍去）． 由平行线间的距离公式，得此时点T 到直线 AP 的距离   2 2 211 3 3 7 23 13 d               . 故 max 1 1 3 7 3 722 2 2 2TPAS AP d       ， 即 TPA 的面积的最大值为 3 7 2  . 4. 如图,已知椭圆 2 2 2 1( 1)x y aa    的长轴长是短轴长的 2 倍，右焦点为 F ,点 ,B C 分别是 该椭圆的上、下顶点，点 P 是直线 : 2l y   上的一个动点（与 y 轴交点除外），直线 PC 交 椭圆于另一点 M ，记直线 BM , BP 的斜率分别为 1 2, .k k （1）当直线 PM 过点 F 时，求 PB PM  的值； （2）求 1 2k k 的最小值. 【答案】(1) 90 7 ；（2） 3 . 试题解析： (1)由椭圆 2 2 2 1( 1)x y aa    的长轴长是短轴长的 2 倍得 2.a  由题意    0,1 , 0, 1B C  ,焦点  3,0F ,当直线 PM 过点 F 时，则直线 PM 的方程为 113 x y  ，即 3 13y x  ，令 2y   得 3x   ，则  3, 2 .P   联立 2 2 14{ 3 13 x y y x     ，解得 8 3 7{ 1 7 x y   ，或 0{ 1 x y    （舍），即 8 3 1, .7 7M       因为   15 3 153,3 , , ,7 7PB PM          所以 45 45 90 ,7 7 7PB PM     （2）设  , 2P m  ，且 0m  ，则直线 PM 的斜率为  1 2 1 .0k m m      则直线 PM 的方程为 1 1,y xm    联立 2 2 1 1 { 14 y xm x y      ，化简得 2 2 4 81 0x xm m       ，解得 2 2 2 8 4,4 4 m mM m m      ， 所以   2 22 1 2 2 4 1 1 22 1 34 ,8 8 4 0 4 m mmk m km m m m m            ， 则 1 2 3 1 32 3,4 4k k mm       所以 1 2k k 的最小值为 3. 点睛：本题主要考查了椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，是高考的必考点，属于难题．含 有向量的问题时，多注意利用设点坐标，进行向量的坐标运算比较简单；涉及直线与圆锥曲 线相交时，未给出直线时需要自己根据题 目条件设直线方程，要特别注意直线斜率是否存在 的问题，避免不分类讨论造成遗漏，然后要联立方程组，得一元二次方程，利用根与系数关 系写出 1 2 1 2,x x x x  ，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的约束作用． 5. 已知平面内一动点 M 与两定点  1 0, 1B  和  2 0,1B 连线的斜率之积等于 1 2  . （Ⅰ）求动点 M 的轨迹 E 的方程； （Ⅱ）设直线 l ： y x m  （ 0m  ）与轨迹 E 交于 A 、 B 两 点，线段 AB 的垂直平分线 交 x 轴于点 P ，当 m 变化时，求 PAB 面积的最大值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 12 x y  （ 0x  ）;（Ⅱ）  max 2 3PABS  . 【解析】试题分析：（1）设点的坐标列式，即可求椭圆 E 的方程； （2）首先设 A（x1，y1），B（x2，y2），将直线 y=x+m 代入椭圆方程根据韦达定理与判别式求出 x1+x2、x1x2 和 m2 的范围，进而求出|AB|，设 AB 中点C ，求出C 和 P 的坐标即可得到 P 到 AB 的距离 d ，可得 PABS ，可求出三角形面积的最大值. 试题解析：（Ⅰ）设 M 的坐标为  ,x y ， 依题意得 1 1 1 2 y y x x     ， 化简得轨迹 E 的方程为 2 2 12 x y  （ 0x  ）. （Ⅱ）设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 联立方程组 2 2 1,{ 2 , x y y x m     化简得： 23 4x mx  22 2 0m   , 有两个不同的交点， 由根与系数的关系得 1 2 4 3 mx x   ， 2 1 2 2 2 3 mx x  ，  24 12m    22 2 0m   ，即 3 3m   且 1,0,1m   . 设 A 、 B 中点为C ， C 点横坐标 1 2 2 2 3C x x mx    ， 3C C my x m   ， 2 ,3 3 m m     ， 线段 AB 的垂直平分线方程为 2 3 3 m my x       . P 点坐标为 ,03 m    . P 到 AB 的距离 2 3 2 m d  ， 由弦长公式得  2 1 2 1 22 4AB x x x x    22 24 83 m  ， 2 1 23 2 32PAB m S      2 2 22 224 8 39m m m   2 22 2 3 9 2 m m   2 3  ， 当且仅当 2 3 2m  即 6 2m     3, 3 时等号成立，  max 2 3PABS  . 点晴:本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系. 直线和圆锥曲线的位置关系一方面要体现方 程思想，另一方面要结合已知条件，从图形角度求解．联立直线与圆锥曲线的方程得到方程 组，化为一元二次方程后由根与系数的关系求解是一个常用的方法. 涉及 弦长的问题中，应 熟练地利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、 设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解． 6.已知椭圆 C ： 2 2 2 2 1( 0)y x a ba b     的上下两个焦点分别为 1 2,F F ，过点 1F 与 y 轴垂直 的直线交椭圆 C 于 ,M N 两点， 2MNF 的面积为 3 ，椭圆C 的离心率为 3 2 ． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）已知 O 为坐标原点，直线 :l y kx m  与 y 轴交于点 P ，与椭圆C 交于 ,A B 两个不同 的点，若 3AP PB  ，求 m 的取值范围． 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 yx   ；（Ⅱ） 2 1m    或1 2m  ． 【解析】试题分析：（1）由椭圆的标准方程与几何意义，可利用三角形面积与离心率建立关 于 , ,a b c 的方程，解得 , ,a b c ；（2）将直线方程与椭圆方程联立，消去 y ，利用根与系数的关 系，可得 ,A B 两点坐标间关系式，据 3AP PB  ，可得斜率 k 与 m 间关系，利用方程组有解， 得出关于 m 的不等式，解之得 m 的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）根据已知椭圆 的焦距为 ，当 时， ， 由题意 的面积为 ， 由已知得 ，∴ ，∴ ， ∴椭圆 的标准方程为 ． 当 时， 不成立，∴ ， ∵ ，∴ ，即 ， ∴ ，解得 或 ． 综上所述， 的取值范围为 或 . 7. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ，且点 115, 2     在椭圆C 上． （Ⅰ）求椭圆 C 的标准方程； （Ⅱ）若斜率为 k 的直线l 交椭圆C 于 A，B 两点，求△OAB 面积的最大值． 【答案】（Ⅰ） 2 2 14 x y  ；（Ⅱ）4． 【解析】试题分析：（Ⅰ）根据题意列出关于 a 、b 、c 的方程组，结合性质 2 2 2a b c  ， 2 2 2c a b  ，求出 a 、b 、c ，即可得结果；（Ⅱ）直线 l 的方程为 y＝kx＋m，A(x1，y1)， B(x2，y2)，直线与曲线联立，以△OAB 的面积 S＝ |m| |x1－x2|根据韦达定理，弦长公式将三 角形面积用 k ， m 表示，换元求最值即可得结果. 试题解析：（Ⅰ）由已知得 3 2 c a  ， 2 2 1 3 4 1a b   ， 解得 2 4a  ， 2 1b  ， 椭圆C 的方程是 2 2 14 x y  . （Ⅱ）设直线 l 的方程为 y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2). 将 y＝kx＋m 代入椭圆C 的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，[来源:Z.X.X.K] 由Δ＞0，可得 m2＜4＋16k2 ，① 则有 x1＋x2＝－ ，x1x2＝ . 所以|x1－x2|＝ . 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＝ |m||x1－x2| ＝ ＝ ＝ 2 4 2 2 2 42 -1+4 1+4 m m k k（ ） 设 ＝t，由①可知 0＜t＜4， 因此 S＝2 ＝2 ，故 S≤4， 当且仅当 t＝2 时取得最大值 4. 所以△OAB 面积的最大值为 4. 8.在平面直角坐标系 中，一动圆经过点 且与直线 相切，设该动圆圆心的轨 迹方程为曲线 . （Ⅰ）求曲线 的方程； （Ⅱ）设 是曲线 上的动点，点 的横坐标为 ，点 ， 在 轴上， 的内切圆 的方程为 ，将 表示成 的函数，并求 面积的最小值. 【答案】（1） （2） 面积的最小值为 8. 【解析】试题分析: （1）由抛物线定义即可得到圆心的轨迹方程; （2）由三角形的内切圆 方程可得,圆心与三角形的三条边所在直线相切,根据点线距等于半径,可得关于 x 的二次方程, 写出韦达定理,可将线段 BC 表示成 0x 的函数,进而写出三角形的面积表达式,再由基本不等式 即可求得面积的最小值. 试题解析: 解：（Ⅰ）由题意可知圆心到 的距离等于直线 的距离，由抛物线的 定义可知，曲线 的方程为 . （Ⅱ）设 ， ， 直线 的方程为： ， 又圆心（1,0）到 的距离为 1，所以 . 整理得： ， 同理可得： ， 所以 ， 是方程 的两根， 所以 ， ， 依题意 ，即 ， 则 . 因为 所以 . 所以 . 当 时上式取得等号， 所以 面积的最小值为 8. 9. 设 1F 是椭圆 2 2 2 2: 1x yC a b   （ 0a b  ）的左焦点， M 是C 上一点，且 1MF 与 x 轴垂 直，若 1 3 2MF  ，椭圆的离心率为 1 2 . （1）求椭圆C 的方程； （2）以椭圆C 的左顶点 A 为 Rt ABD 的直角顶点，边 ,AB AD 与椭圆C 交于 ,B D 两点，求 ABD 面积的最大值. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 144 49 . 【解析】（1）依据题设条件建立方程组进行求解；（2）先建立直线的方程，再与椭圆方程联 立，运用直线与椭圆的位置关系建立 ABD 面积的函数关系，进行分析求解： （1）因为点  1 ,0F c ， 1MF 与 x 轴垂直，所以 2 , bM c a      或 2 , bM c a       ， 则 2 2 2 2 3 2 1{ 2 b a c a a b c     ，即 2 { 3 1 a b c    ，故椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  ； （2）点  2,0A  ，设直线 AB 的方程为直线  2y k x  （ 0k  ）， 代入椭圆方程消去 y 得：  2 2 2 23 4 16 16 12 0k x k x k     ， 设  1,0A x ，则 2 1 2 16 122 3 4 kx k    ，所以 2 1 2 8 6 3 4 kx k    ，     2 2 2 2 1 2 2 8 6 12 11 • 2 1 • 23 4 4 3 k kAB k x k k k           直线 AD 的方程为直线  1 2y xk    ， 同 理 可 得 2 2 112 1 4 3 kAD k    ， 所 以 ABD 的 面 积 ： 2 2 2 2 112 11 1 12 1 72• • • 4 1 12 2 4 3 3 12 1 ABD k kS AB AD k kk k k k            ，令 1t k k   ，因 为 0k  ，则 1 2t k k    ，   112f t t t   在  2, 上单增，所以   49 2f t  ，所以 144 49ABDS  , ABD 面积的最大值为 144 49 . 点睛：椭圆是重要的圆锥曲线代表之一，也是高考重点考查的知识点与考点之一。求解本题 的第一问时，依据题设条件建立方程组 2 2 2 2 3 2 1{ 2 b a c a a b c     ，解得 2 { 3 1 a b c    ，从而使得问题获解；求 解第二问时，先建立直线 AB 的方程为直线  2y k x  （ 0k  ），再与椭圆方程联立，运 用直线与椭圆的位置关系中的坐标关系建立 ABD 面积关于斜率的函数关系，进而运用函数 的单调性进行分析求解，使得问题获解。 10. 已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的左右焦点分别为 1F ， 2F ，且经过点  0, 5P ， 离心率为 2 3 ， A 为直线 4x  上的动点. （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）点 B 在椭圆C 上，满足OA OB ，求线段 AB 长度的最小值. 【答案】（Ⅰ） 2 2 19 5 x y  ;（Ⅱ） 21 . （Ⅱ）点 B 在椭圆C 上，设  ,B m n ，  5,0 0, 5n      ，  4,A y . 因为OA OB ，所以 · 0OAOB   ，即 4 0m ny  . 因为点 B 在椭圆 C 上，所以 2 2 19 5 m n  ， 所 以    2 22 4AB m n y    2 2 28 16 2m m n ny y      2 2 28 16 8m m n m y      ， 2 2 216m n y     2 2 2 416 mm n n        ， 2 2 2 2 16 9 1 59 1 165 n n n n              ， 2 2 144 4 19 5 5 n n    设 2t n ，  0,5t  设   144 4 19 5 5 tg t t    . 因为   2 144 4 05g t t     ， 所以  g t 在 0,5 上单调递减. 所以当 5t  ，即 5n   时， 21minAB  . 点睛：本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆的离心率和方程的运用，以及两点的距离 公式和函数的应用，考查运算能力，属于中档题；设出点  ,B m n ，利用点在椭圆上以及 · 0OAOB   ，将变量 ,m y 用 n 表示是解决该题的最大难点，其次是利用换元法 2t n ，结合 导数与单调性的关系得其最值.