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  • 2021-06-16 发布

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

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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.