2018年高考数学 命题角度5.4 圆锥曲线的最值范围问题大题狂练 文

1、命题角度5.4：圆锥曲线的最值范围问题1. 已知椭圆经过，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设点分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点作直线交椭圆于两点，求四边形面积的最大值（为坐标原点）.【答案】(1) ；(2) 试题解析：（1）由题设得： ，解得： 椭圆方程为.（2）设直线的方程为，与椭圆方程联立得： .，其中.，其中.时， 单调递增， （当时取等号）.2. 已知椭圆的离心率为，点， ， 分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且（1）求椭圆的方程；（2）已知直线： 被圆： 所截得的弦长为，若直线与椭圆交于， 两点，求面积的最大值【答案】（1）（2）当，即时， 面积取到最大值1【解析】试题分析：

2、利用离心率可以得出的关系，化为的关系，再利用的面积列出的方程，借助解出，写出椭圆方程，联立方程组，化为关于的一元二次方程，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，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，椭圆的焦点在轴上，设椭圆标准方程为，则，所以，即，可得， ，所以椭圆的方程为（2）由题意知，圆心到直线的距离为1，即，所以由消去，得，所以，设， ，则， ，所以 ，所以的面积为 ，令，则，所以当，即时， 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，即列出两个关于的方程，再借助，解方程组求出；最值和范围问题、定点定值问题、存在性问题时直线与

3、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.已知椭圆过点，椭圆的左焦点为，右焦点为，点是椭圆上位于轴上方的动点，且，直线与直线分别交于两点（1）求椭圆的方程及线段的长度的最小值；（2）是椭圆上一点，当线段的长度取得最小值时，求的面积的最大值【答案】（1）；（2）.【解析】试题分析：（I）由椭圆和抛物线y24x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；（）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，

4、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, 当平行于的直线与椭圆下方相切时， 的面积取最大值,求此时三角形面积即可.（2）由（1）可知，当的长度取得最小值时， ，将点代入，得，故此时点，则直线的方程为，此时，当平行于的直线与椭圆下方相切时， 的面积取最大值，设直线，则由，得，则，所以，或（舍去）由平行线间的距离公式，得此时点到直线的距离.故，即的面积的最大值为.4. 如图,已知椭圆的长轴长是短轴长的倍，右焦点为,点分别是该椭圆的上、下顶点，点是直线上的一个动点（与轴交点除外），直线交椭圆于另一点，记直线, 的斜率分别为（1）当直线过点时，求的值；（2）求的最小值.【答案】(1)

5、；（2）.试题解析：(1)由椭圆的长轴长是短轴长的倍得由题意,焦点,当直线过点时，则直线的方程为，即，令得，则联立，解得，或（舍），即因为所以（2）设，且，则直线的斜率为则直线的方程为联立，化简得，解得，所以，则所以的最小值为点睛：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，再根据具体问题应用上式，其中要注意判别式条件的

6、约束作用5. 已知平面内一动点与两定点和连线的斜率之积等于.（）求动点的轨迹的方程；（）设直线： （）与轨迹交于、两点，线段的垂直平分线交轴于点，当变化时，求面积的最大值.【答案】（）（）;（）.【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，求出和的坐标即可得到到的距离，可得，可求出三角形面积的最大值.试题解析：（）设的坐标为，依题意得，化简得轨迹的方程为（）.（）设， ，联立方程组化简得： ,有两个不同的交点，由根与

7、系数的关系得， ， ，即且.设、中点为， 点横坐标， ，线段的垂直平分线方程为.点坐标为.到的距离，由弦长公式得 ， ，当且仅当即 时等号成立，.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： 的上下两个焦点分别为，过点与轴垂直的直线交椭圆

8、于两点， 的面积为，椭圆的离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）已知为坐标原点，直线与轴交于点，与椭圆交于两个不同的点，若，求的取值范围【答案】（）；（） 或【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的方程，解得；（2）将直线方程与椭圆方程联立，消去，利用根与系数的关系，可得两点坐标间关系式，据，可得斜率与间关系，利用方程组有解，得出关于的不等式，解之得的取值范围试题解析：（）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. 已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上（）求椭圆的标准方程

9、；（）若斜率为k的直线交椭圆于A，B两点，求OAB面积的最大值【答案】（）；（）4【解析】试题分析：（）根据题意列出关于 、 、的方程组，结合性质 ， ，求出 、 、，即可得结果；（）直线l的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线与曲线联立，以OAB的面积S|m|x1x2|根据韦达定理，弦长公式将三角形面积用 ， 表示，换元求最值即可得结果.试题解析：（）由已知得， ， 解得， ， 椭圆的方程是. （）设直线l的方程为ykxm，A(x1，y1)，B(x2，y2).将ykxm代入椭圆的方程，可得(14k2)x28kmx4m2160，来源:Z.X.X.K由0，可得m2416k2，

10、 则有x1x2，x1x2. 所以|x1x2|. 因为直线ykxm与y轴交点的坐标为(0，m)，所以OAB的面积S|m|x1x2| 设t，由可知0t4，因此S22，故S4，当且仅当t2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.（）求曲线的方程；（）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

11、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：（）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.（）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. 设是椭圆（）的左焦点， 是上一点，且与轴垂直，若，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）以椭圆的左顶点为的直角顶点，边与椭圆交于两点，求面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析

12、】（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面积的函数关系，进行分析求解：（1）因为点， 与轴垂直，所以或，则，即，故椭圆的方程为；（2）点，设直线的方程为直线（），代入椭圆方程消去得： ，设，则，所以，直线的方程为直线，同理可得，所以的面积： ，令，因为，则， 在上单增，所以，所以, 面积的最大值为.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，解得，从而使得问题获解；求解第二问时，先建立直线的方程为直线（），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. 已知椭圆的左右焦点分别为， ，且经过点，离心率为， 为直线上的动点.（）求椭圆的方程；（）点在椭圆上，满足，求线段长度的最小值.【答案】