命题角度5-4 圆锥曲线的最值范围问题（第01期）-2018年高考数学（理）备考之百强校大题狂练系列 18页

‎2018届高考数学（理）大题狂练 命题角度4：圆锥曲线的最值范围问题 ‎1. 已知椭圆的离心率为，短轴长为2.‎ ‎（1）求椭圆的标准方程；‎ ‎（2）设直线与椭圆交于两点， 为坐标原点，若，求原点到直线的距离的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）‎ ‎（2）设， ，联立得，依题意， ，化简得，①， ， ， ，若，则，即，∴，∴，即 ‎，化简得，②，由①②得， ，∵原点到直线的距离，∴，又∵，∴，∴原点到直线的距离的取值范围是 ‎2.已知椭圆的离心率为，短轴长为．‎ ‎（Ⅰ）求椭圆的标准方程；‎ ‎（Ⅱ）若圆的切线与曲线相交于、两点，线段的中点为，求的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）的标准方程 （Ⅱ）的最大值等于 ‎【解析】试题分析:(1)待定系数法求椭圆方程;(2)借助韦达定理表示的最大值,利用二次函数求最值.‎ 试题解析:‎ ‎（I），所以,又，解得．‎ 所以椭圆的标准方程． ‎ ‎（II）设， ， ，易知直线的斜率不为，则设 ‎．‎ 因为与圆相切，则，即；‎ 由消去，得，‎ 则， ，‎ ‎， ，即， ‎ ‎，‎ 设，则， ，‎ 当时等号成立，所以的最大值等于．‎ ‎3. 如图，已知椭圆： 的离心率为， 、为椭圆的左右顶点，焦点到短轴端点的距离为2， 、为椭圆上异于、的两点，且直线的斜率等于直线斜率的2倍．‎ ‎（Ⅰ）求证：直线与直线的斜率乘积为定值；‎ ‎（Ⅱ）求三角形的面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.‎ ‎【解析】试题分析：（Ⅰ）由椭圆的方程可得点P,A,B的坐标，利用两点式求直线斜率的方法可求出BP,BQ的斜率乘积为定值-1；（Ⅱ）当直线的斜率存在时， ， ， ，当直线的斜率不存在时， ，故综合的最大值为.‎ 试题解析：‎ ‎（Ⅰ）．‎ ‎，故．‎ 或，所以过定点或，‎ 点为右端点，舍去，‎ ‎ ‎ ‎，‎ 令（），‎ ‎， ， ，‎ 当直线的斜率不存在时， ， ，‎ ‎，即，解得， ，‎ ‎，‎ 所以的最大值为.‎ ‎4已知椭圆 的左、右焦点分别为、， 为椭圆的右顶点， ， 分别为椭圆的上、下顶点.线段的延长线与线段交于点，与椭圆交于点.（1）若椭圆的离心率为， 的面积为12，求椭圆的方程；（2）设 ，求实数的最小值.‎ ‎【答案】（1） （2） ‎ 试题解析：解：（1）是等腰直角三角形，由勾股定理知，‎ ‎ 解得，‎ ‎， ， ，‎ 则，即， .‎ 所以椭圆的方程为.‎ ‎（2）设，因为直线的方程为，直线的方程为，‎ 所以联立方程解得.‎ 因为，所以，所以，‎ 所以，所以， ，‎ 代入椭圆的方程，得，‎ 即 ，‎ 所以 ，‎ 因为所以，所以当且仅当即时，‎ 取到最小值.‎ ‎5.已知点是圆心为的圆上的动点，点，线段的垂直平分线交于点.‎ ‎（1）求动点的轨迹的方程；‎ ‎（2）矩形的边所在直线与曲线均相切，设矩形的面积为，求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用定义法求椭圆的轨迹方程；（2）设的方程为， ‎ 的方程为，直线与间的距离为，直线与间的距离为， ，从而得到S的范围.‎ ‎ ‎ ‎(2)①当矩形的边与坐标轴垂直或平行时，易得；‎ ‎②当矩形的边均不与坐标轴垂直或平行时，其四边所在直线的斜率存在且不为0，‎ 设的方程为， 的方程为，则的方程为， 的方程为，其中，‎ 直线与间的距离为，‎ 同理直线与间的距离为，‎ 所以 ‎，‎ 因为直线与椭圆相切，所以，所以，同理 ‎，‎ 所以 ‎ ‎，‎ ‎ (当且仅当时，不等式取等号），‎ 所以，即，‎ 由①②可知， .‎ ‎6.已知椭圆（）的右焦点为，过椭圆中心的弦长为2，且， 的面积为1.‎ ‎（1）求椭圆的方程；‎ ‎（2）设分别为椭圆的左、右顶点， 为直线上一动点，直线交椭圆于点，直线交椭圆于点，设分别为， 的面积，求的最大值.‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】试题分析：‎ ‎(1)由题意求得 ，则椭圆方程为；‎ ‎(2)由题意求得面积比值的解析式，当且仅当，即时取“”.‎ 试题解析：‎ 解：‎ ‎（2）设直线，代入中， ‎ 得，解得 同理，设直线，带入中，‎ 得，解得 当且仅当，即时取“”‎ ‎7. 已知圆，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．‎ ‎（Ⅰ）求曲线的方程；‎ ‎（Ⅱ）若直线与曲线相交于两点，为坐标原点，求面积的最大值．‎ ‎【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）．‎ ‎【解析】试题分析：（1）由垂直平分线的几何意义可知，，满足椭圆的定义。（2）直线与椭圆组方程组，由韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式，可求得 ．由，得及均值不等式可求得面积的最大值．‎ ‎（Ⅱ）设．‎ 联立消去，得．‎ 此时有．‎ 由一元二次方程根与系数的关系，得 ‎，．‎ ‎∴ ．‎ ‎∵原点到直线的距离，‎ ‎∴ ．‎ 由，得．又，∴据基本不等式，得 ‎．‎ 当且仅当时，不等式取等号．‎ ‎∴面积的最大值为．‎ ‎8.已知点，点是直线上的动点，过作直线， ，线段的垂直平分线与交于点．‎ ‎(1)求点的轨迹的方程；‎ ‎(2)若点是直线上两个不同的点，且的内切圆方程为，直线的斜率为，求的取值范围．‎ ‎【答案】(1) ;(2) .‎ ‎【解析】试题分析：（1）利用抛物线定义求解即可；‎ ‎（2）设出的三个顶点的坐标，表示出的解析式，化简之后可得为关于的方程的两根，然后由韦达定理表示的长度，最后在中消去参数，故可以得到的取值范围.‎ 试题解析： (1)据题设分析知，点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.‎ ‎(2)设，点，点，‎ 直线的方程为，‎ 化简，得，‎ 又因为内切圆的方程为．‎ 所以圆心到直线的距离为1，即，‎ 所以，‎ 由题意，得，所以.‎ 同理，有，‎ 所以是关于的方程的两根，‎ 所以因为 所以.‎ 因为，‎ 所以.‎ 直线的斜率，则，‎ 所以.‎ 因为函数在上单调递增，所以当时， ，‎ 所以，所以，‎ 所以.所以的取值范围是.‎ ‎9. 如下图，已知椭圆的上顶点为，左、右顶点为，右焦点为， ，且的周长为14.‎ ‎（I）求椭圆的离心率；‎ ‎（II）过点的直线与椭圆相交于不同两点，点N在线段上．设，试判断点是否在一条定直线上，并求实数λ的取值范围．‎ ‎【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ） .‎ 试题解析：‎ ‎（I）由，得， ‎ 的周长为，即，得，‎ 所以，椭圆的离心率为； ‎ ‎（II）显然直线l的斜率存在，设l的方程为，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(x0，y0)，‎ 由，得，化简得①，-----6分 由消去x，得，‎ 得， ，‎ 代入①式得，由得，‎ ‎， ‎ 因为，得，所以，‎ 因此，N在一条直线上，实数． ‎ ‎【法二：显然直线l的斜率存在，设l的方程为，不妨设，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(x0，y0)， ，‎ 由，得，化简得①，6分 由， ，得②，‎ 由消去x，得，‎ 可知 ，‎ 得， ， ，‎ 代入①式得，由得， ‎ 由②式得 ，得，‎ 因此，N在一条直线上，实数． ‎ 法三：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，N(x0，y0)， ，由，‎ 得 ‎ 所以,将， 代入椭圆方程得 上面两式相减化简得 ‎，‎ 因为，得，所以，‎ 因此，N在一条直线上，实数． ‎ 点睛：本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系，所使用方法为韦达定理法：因直线的方程是一次的，圆锥曲线的方程是二次的，故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用．‎ ‎10.平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别是.以为圆心以3为半径的圆与以为圆心1为半径的圆相交，且交点在椭圆上.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程；‎ ‎（Ⅱ）设椭圆为椭圆上任意一点，过点的直线 交椭圆 于两点，射线 交椭圆 于点 .‎ ‎( i )求的值；‎ ‎（ii）求△面积的最大值.‎ ‎【答案】（I）；（II）( i )2；（ii） .‎ ‎（II）由（I）知椭圆E的方程为 ‎（i）设， ，由题意知 ‎ 因为 又 ，即 ‎ 所以 ，即 ‎ ‎（ii）设 ‎ 将代入椭圆E的方程，‎ 可得 由 ，可得 …………………………①‎ 则有 ‎ 所以 ‎ 因为直线与轴交点的坐标为 ‎ 所以的面积 ‎ 令 ‎ 将 代入椭圆C的方程 可得 ‎ 由 ，可得 …………………………………………②‎ 由①②可知 ‎ 因此 ‎ 故 ‎ 当且仅当 ，即 时取得最大值 ‎ 由（i）知， 面积为 ‎ 所以面积的最大值为 .‎