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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:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F(-1,0),左准线方程为x=-2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若A,B两点满足OA⊥OB(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:x22+y2=1,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C点,求△ABC面积的最大值.变式2设椭圆E:x216+y24=1,P为椭圆C:x24+y2=1上任意一点,过点P的直线y=kx+m交椭圆E于A,B两点,射线PO交椭圆E于点Q.(1)求OQOP的值;(2)求△ABQ面积的最大值.串讲1如图,已知椭圆C:x22+y2=1,设A1,A2分别为椭圆C的左、右顶点,S为直线x=22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S1S2的最大值.串讲2已知点A(0,-2),椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32,F是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为233,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.(2018·广西初赛改编)已知椭圆C:x24+y2=1,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x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为22,两条准线之间的距离为42.(1)求椭圆的标准方程;(2)已知椭圆的左顶点为A,点M在圆x2+y2=89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)x24+y22=1;(2)y=x+2y+2=0,x-2y+2=0.解析:(1)设椭圆的焦距为2c,由题意得,ca=22,2a2c=42,2分解得a=2,c=2,所以b=2,所以椭圆的标准方程为x24+y22=1.4分(2)解法1:因为S△AOB=2S△AOM,所以AB=2AM,所以点M为AB的中点.6分因为椭圆的方程为x24+y22=1,所以A(-2,0).设M(x0,y0),则B(2x0+2,2y0),所以x02+y02=89,①(2x0+2)24+(2y0)22=1,②10分由①②,得9x02-18x0-16=0,解得x0=-23或x0=83(舍去).把x0=-23代入①,得y0=±23,12分所以kAB=±12,因此,直线AB的方程为y=±12(x+2),即x+2y+2=0,x-2y+2=0.14分解法2:因为S△AOB=2S△AOM,所以AB=2AM,所以点M为AB的中点.6分设直线AB的方程为y=k(x+2),由x24+y22=1,y=k(x+2),得(1+2k2)x2+8k2x+8k2-4=0,所以(x+2)[(1+2k2)x+4k2-2]=0,解得xB=2-4k21+2k2,8分所以xM=xB+(-2)2=-4k21+2k2,10分yM=k(xM+2)=2k1+2k2,代入x2+y2=89,得-4k21+2k22+2k1+2k22=89,化简得28k4+k2-2=0,12分即(7k2+2)(4k2-1)=0,解得k=±12,因此,直线AB的方程为y=±12(x+2),即x+2y+2=0,x-2y+2=0.14分例题答案:(1)x22+y2=1;(2)S∈23,22.解析:(1)由题设知e=22,a2=2c2=b2+c2,即a2=2b2,将1,-22代入椭圆C的方程得到12b2+12b2=1,则b2=1,a2=2,所以椭圆C:x22+y2=1.(2)当直线OA,OB分别与坐标轴重合时,易知△AOB的面积S=22.当直线OA,OB的斜率均存在且不为零时,设OA:y=kx,OB:y=-1kx.设A(x1,y1),B(x2,y2),将y=kx代入椭圆C得到x2+2k2x2=2,所以x12=22k2+1,y12=2k22k2+1,同理x22=2k22+k2,y22=22+k2,△AOB的面积S=OA·OB2=(k2+1)2(2k2+1)(k2+2).令t=k2+1∈[1,+∞),S=t2(2t-1)(t+1)=12+1t-1t2,令u=1t∈(0,1),则S=1-u2+u+2=1-u-122+94∈23,22.综上所述,S∈23,22.变式联想变式1答案:2.解析:①当直线AB的斜率不存在时,不妨取A1,22,B1,-22,则C-1,-22.此时S△ABC=12×2×2=2;②当直线AB的斜率存在时,设直线AB方程为y=k(x-1),联立y=k(x-1),x2+2y2=2.化简得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有Δ=16k4-4(2k2+1)(2k2-2)=8(1+k2),x1,2=4k2±Δ2(1+2k2),所以AB=(1+k2)·|x1-x2|=1+k2·Δ(1+2k2)=221+k21+2k2.(弦长公式)另一方面点O到直线y=k(x-1)的距离d=|k|k2+1,因为O是线段AC的中点,所以点C到直线AB的距离为2d=2|k|k2+1,∴S△ABC=12AB·2d=12·22·1+k21+2k2·2|k|k2+1=22k2(k2+1)(2k2+1)2=2214-14(2k2+1)2<2.综上,△ABC面积的最大值为2.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S△OAB=12OF·|y1-y2|得出,所以S△ABC=2S△OAB=|y1-y2|=|k|·|x1-x2|=22k2(k2+1)(2k2+1)2.这样计算可以简洁一些.变式2答案:(1)2;(2)63.解析:(1)设P(x0,y0),OQOP=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0),因为x024+y02=1,又(-λx0)216+(-λy0)24=1,即λ24x024+20=1,所以λ=2,即OQOP=2.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2).将y=kx+m代入椭圆E的方程,可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0.由Δ>0,可得m2<4+16k2①则有x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-161+4k2.所以|x1-x2|=416k2+4-m21+4k2.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=12|m|·|x1-x2|=216k2+4-m2|m|1+4k2=2(16k2+4-m2)·m21+4k2=24-m21+4k2·m21+4k2.令m21+4k2=t,将y=kx+m代入椭圆C的方程可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0.由Δ≥0,可得m2≤1+4k2.②由①②可知0<t≤1.因此S=2(4-t)t=2-t2+2t,故S≤23.当且仅当t=1,即m2=1+4k2时取得最大值23.由①知,△ABQ的面积为3S,所以△ABQ面积的最大值为63.串讲激活串讲1答案:43.解析:设S(22,t),则t≠0,直线SA1:y=t32(x+2),直线SA2:y=t2(x-2).由x22+y2=1,y=t32(x+2),得x2+t29(x+2)2=2,解得x1=-2,x2=-2t2+92t2+9,即xM=-2t2+92t2+9.同理,由x22+y2=1,y=t2(x-2),可得xN=2t2-2t2+1.所以S1S2=12SA1·SA2·sin∠S12SM·SN·sin∠S=SA1·SA2SM·SN=|22+2|·|22-2|22+2t2-92t2+9·22-2t2-2t2+1=(t2+9)(t2+1)(t2+3)2=1+4t2t4+6t2+9=1+4t2+9t2+6≤1+412=43,等号当且仅当t2=3,即t=±3时成立.所以,当S(22,±3)时,S1S2的最大值为43.说明:本题用三角形面积公式S1=12SA1·SA2·sin∠S,最后得到S1S2=|xS-xA1||xS-xA2||xS-xM||xS-xN|,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)x24+y2=1;(2)y=72x-2或y=-72x-2.解析:(1)设F(c,0),由条件知2c=233,得c=3,又ca=32,所以a=2,b2=a2-c2=1,故E的方程为x24+y2=1.(2)解法1:依题意,当l⊥x轴不合题意,故设直线l:y=kx-2,设P(x1,y1),Q(x2,y2),将y=kx-2代入x24+y2=1,得(1+4k2)x2-16kx+12=0,当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>34时,x1,2=8k±24k2-31+4k2,从而PQ=k2+1|x1-x2|=4k2+1·4k2-31+4k2,又点O到直线PQ的距离d=2k2+1,所以△OPQ的面积S△OPQ=12d·PQ=44k2-31+4k2,设4k2-3=t,则t>0,S△OPQ=4tt2+4=4t+4t≤1,当且仅当t=2,k=±72时等号成立,且满足Δ>0,所以当△OPQ的面积最大时,l的方程为y=72x-2或y=-72x-2.解法2由题意知直线l的斜率必存在.则S△OPQ=12OP2·OQ2-(OP→·OQ→)2,设P(2cosα,sinα),Q(2cosβ,sinβ).所以S△OPQ=12·2·|sin(α-β)|≤1,当sin(α-β)=±1时,等号成立.此时α-β=2kπ+π2或α-β=2kπ-π2(k∈Z).又P(2cosα,sinα),Q(2cosβ,sinβ)与A(0,-2)共线,则sinβ+22cosβ=sinα+22cosαsin(α-β)=2(cosα-cosβ)=±1cosα-cosβ=±12.又kPQ=sinα-sinβ2(cosα-cosβ)=±(sinα-sinβ).①若α-β=2kπ+π2(k∈Z),则sinα=sin2kπ+π2+β=cosβ,同理cosα=-sinβ.所以sinα-sinβ=sinα+cosα.因为cosα-cosβ=12得到cosα-sinα=12.且(sinα+cosα)2+(sinα-cosα)2=2,所以sinα-sinβ=sinα+cosα=±72.②同理,当α-β=2kπ-π2(k∈Z)时,sinα-sinβ=±72,所以kPQ=±72.(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:y=kx+m(m≠0).设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1≠x2,且x1·x2≠0.联立y=kx+m,x2+4y2=4.消去y得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0.则Δ=64k2m2-16(1+4k2)(m2-1)=16(4k2-m2+1)>0,且x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4(m2-1)1+4k2.因为直线OP,PQ,OQ的斜率成等比数列,所以y1x1·y2x2=(kx1+m)(kx2+m)x1x2=k2,得-8k2m21+4k2+m2=0.因为m≠0,所以k2=14,所以k=±12.因为Δ>0,且x1·x2≠0,所以0<m2<2且m2≠1.设点O到直线l的距离为d,则d=|m|1+k2,所以S△OPQ=12·d·PQ=12d·1+k
本文标题:椭圆中与面积有关的取值范围问题专题
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