2023届高考数学二轮复习 微专题24 椭圆中与面积有关的取值范围问题学案.docx

1、微专题24椭圆中与面积有关的取值范围问题范围问题类似于函数的值域，解析几何中几何量的范围问题，需要选择合适的变量构建出可解出范围的函数，是高中数学的传统难点解决椭圆中的面积取值范围问题，关键在于找到构建面积的合理路径，设法简化表达式，将问题转化为常见的函数模型，从而求出取值范围.例题：如图，已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F(1，0)，左准线方程为x2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若A，B两点满足OAOB(O为坐标原点)，求AOB面积的取值范围变式1在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：y21，点A是椭圆上异于长轴端点的任一点，F为椭圆的右焦点，直线AF与椭圆交于B点，直线AO与椭圆交于

2、C点，求ABC面积的最大值变式2设椭圆E：1，P为椭圆C：y21上任意一点，过点P的直线ykxm交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.(1)求的值；(2)求ABQ面积的最大值串讲1如图，已知椭圆C：y21，设A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，S为直线x2上一动点(不在x轴上)，直线A1S交椭圆C于点M，直线A2S交椭圆于点N，设S1，S2分别为A1SA2，MSN的面积，求的最大值串讲2已知点A(0，2)，椭圆E：1(ab0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点(1)求E的方程；(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程(20

3、18广西初赛改编)已知椭圆C：y21，设不过原点O的直线l与椭圆C交于两点P，Q，且直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列，求OPQ面积的取值范围(2018南通泰州一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1(ab0)的离心率为，两条准线之间的距离为4.(1)求椭圆的标准方程；(2)已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2y2上，直线AM与椭圆相交于另一点B，且AOB的面积是AOM的面积的2倍，求直线AB的方程答案：(1)1；(2)yx2y20，x2y20.解析：(1)设椭圆的焦距为2c，由题意得，4，2分解得a2，c，所以b，所以椭圆的标准方程为1.4分(2)解法1：因为SAOB2SAOM，所以

4、AB2AM，所以点M为AB的中点.6分因为椭圆的方程为1，所以A(2，0)设M(x0，y0)，则B(2x02，2y0)，所以x02y02，1，10分由，得9x0218x0160，解得x0或x0(舍去)把x0代入，得y0，12分所以kAB，因此，直线AB的方程为y(x2)，即x2y20，x2y20.14分解法2：因为SAOB2SAOM，所以AB2AM，所以点M为AB的中点.6分设直线AB的方程为yk(x2)，由得(12k2)x28k2x8k240，所以(x2)(12k2)x4k220，解得xB，8分所以xM，10分yMk(xM2)，代入x2y2，得，化简得28k4k220，12分即(7k22)(

5、4k21)0，解得k，因此，直线AB的方程为y(x2)，微专题24例题答案：(1)y21；(2)S.解析：(1)由题设知e，a22c2b2c2，即a22b2，将代入椭圆C的方程得到1，则b21，a22，所以椭圆C：y21.(2)当直线OA，OB分别与坐标轴重合时，易知AOB的面积S.当直线OA，OB的斜率均存在且不为零时，设OA：ykx，OB：yx.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将ykx代入椭圆C得到x22k2x22，所以x12，y12，同理x22，y22，AOB的面积S.令tk211，)，S，令u(0，1)，则S.综上所述，S.变式联想变式1答案：.解析：当直线AB的斜率不存在时，不

6、妨取A，B，则C.此时SABC2；当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为yk(x1)，联立化简得(2k21)x24k2x2k220，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有16k44(2k21)(2k22)8(1k2)，x1，2，所以AB|x1x2|2.(弦长公式)另一方面点O到直线yk(x1)的距离d，因为O是线段AC的中点，所以点C到直线AB的距离为2d，SABCAB2d22.综上，ABC面积的最大值为.说明：O为AC中点，所以ABC的面积是OAB面积的两倍，而OAB的面积可以用公式SOABOF|y1y2|得出，所以SABC2SOAB|y1y2|k|x1x2|2.这样计算可以简洁一些变

7、式2答案：(1)2；(2)6.解析：(1)设P(x0，y0)，由题意知Q(x0，y0)，因为y021，又1，即1，所以2，即2.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)将ykxm代入椭圆E的方程，可得(14k2)x28kmx4m2160.由0，可得m2416k2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|2.令t，将ykxm代入椭圆C的方程可得(14k2)x28kmx4m240.由0，可得m214k2.由可知0t1.因此S22，故S2.当且仅当t1，即m214k2时取得最大值2.由知，ABQ的面积为3S，所以ABQ

8、面积的最大值为6.串讲激活串讲1答案：.解析：设S(2，t)，则t0，直线SA1：y(x)，直线SA2：y(x)由得x2(x)22，解得x1，x2，即xM.同理，由可得xN.所以111，等号当且仅当t23，即t时成立所以，当S(2，)时，的最大值为.说明：本题用三角形面积公式S1SA1SA2sinS，最后得到，这样运算就简单了还有，用直线SA1的方程求点M坐标时，要注意方程组一定有一个解xA1，所以，也可以用韦达定理求出xM.串讲2答案：(1)y21；(2)yx2或yx2.解析：(1)设F(c，0)，由条件知，得c，又，所以a2，b2a2c21，故E的方程为y21.(2)解法1：依题意，当lx

9、轴不合题意，故设直线l：ykx2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykx2代入y21，得(14k2)x216kx120，当16(4k23)0，即k2时，x1，2，从而PQ|x1x2|，又点O到直线PQ的距离d，所以OPQ的面积SOPQdPQ，设t，则t0，SOPQ1，当且仅当t2，k时等号成立，且满足0，所以当OPQ的面积最大时，l的方程为yx2或yx2.解法2由题意知直线l的斜率必存在则SOPQ，设P(2cos，sin)，Q(2cos，sin)所以SOPQ2|sin()|1，当sin()1时，等号成立此时2k或2k(kZ)又P(2cos，sin)，Q(2cos，sin)与A(0，2)

10、共线，则sin()2(coscos)1coscos.又kPQ(sinsin)若2k(kZ)，则sinsincos，同理cossin.所以sinsinsincos.因为coscos得到cossin.且(sincos)2(sincos)22，所以sinsinsincos.同理，当2k(kZ)时，sinsin，所以kPQ.(以下同解法1)新题在线答案：(0，1)解析：由题意，直线l的斜率存在且不为0，故设l：ykxm(m0)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，且x1x20.联立消去y得(14k2)x28kmx4(m21)0.则64k2m216(14k2)(m21)16(4k2m21)0，且x1x2，x1x2.因为直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列，所以k2，得m20.因为m0，所以k2，所以k.因为0，且x1x20，所以0m22且m21.设点O到直线l的距离为d，则d，所以SOPQdPQd|x1x2|.所以OPQ面积的取值范围是(0，1)说明：命题人用直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列，是为了告知直线PQ斜率为.