2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题3圆锥曲线中的最值范围证明问题大题考法1最值问题

这是一份2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题3圆锥曲线中的最值范围证明问题大题考法1最值问题，共4页。

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l与椭圆C相切于点A，A关于原点O的对称点为点B，过点B作BM⊥l，垂足为M，求△ABM面积的最大值．
解：(1)设椭圆C的半焦距为c.
因为双曲线C′：eq \f(x2,2)－eq \f(y2,2)＝1的离心率e′＝eq \f(\r(2＋2),\r(2))＝eq \r(2)，
所以椭圆C的离心率e＝eq \f(\r(2),2)，
又椭圆C的短轴长为2eq \r(2)，所以2b＝2eq \r(2)，解得b＝eq \r(2).
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,b＝\r(2)，,a2－c2＝b2＝2，))解得a＝2，c＝eq \r(2)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设点A(x0，y0)，B(－x0，－y0)，易知直线l的斜率一定存在，
设直线l：y－y0＝k(x－x0)，联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋y0－kx0，,x2＋2y2＝4，))
消元可得(1＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(y0－kx0)2－4＝0，
由题意，Δ＝0，即[4k(y0－kx0)]2－4(1＋2k2)[2(y0－kx0)2－4]＝0且xeq \\al(2,0)＋2yeq \\al(2,0)＝4，
整理得(xeq \\al(2,0)－4)k2－2x0y0k＋yeq \\al(2,0)－2＝0.
由过点A的切线是唯一的得k＝eq \f(x0y0,xeq \\al(2,0)－4)＝eq \f(x0y0,－2yeq \\al(2,0))＝－eq \f(x0,2y0)，
所以直线l：x0x＋2y0y＝4，
又直线BM⊥l交于点M，
得直线BM：2y0x－x0y＝－x0y0.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x0x＋2y0y＝4，,2y0x－x0y＝－x0y0，))可得xM＝eq \f(x0（4－2yeq \\al(2,0)）,xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)).
所以|BM|＝eq \r(1＋（\f(2y0,x0)）2)|eq \f(x0（4－2yeq \\al(2,0)）,xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0))＋x0|＝eq \f(8,\r(xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)))，
|AM|＝eq \r(1＋（－\f(x0,2y0)）2)|eq \f(x0（4－2yeq \\al(2,0)）,xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0))－x0 |＝eq \f(2|x0y0|,\r(xeq \\al(3,0)＋4yeq \\al(2,0)))，
即S△ABM＝eq \f(1,2)|AM||BM|＝eq \f(|8x0y0|,xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0))≤2，
当且仅当eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(xeq \\al(2,0)＝4yeq \\al(2,0)，,xeq \\al(2,0)＋2yeq \\al(2,0)＝4，))即xeq \\al(2,0)＝eq \f(8,3)，yeq \\al(2,0)＝eq \f(2,3)时取等号．
故△ABM面积的最大值为2.
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：
一是几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；
二是代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
(2023·潮州二模)已知椭圆T：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Q(eq \r(3)，－eq \f(1,2))和点A(x0，y0)(x0y0≠0)，T的上顶点到直线eq \r(3)x＋y＋3＝0的距离为2，如图过点A的直线l与x，y轴的交点分别为M，N，且eq \(AN,\s\up6(→))＝2eq \(MA,\s\up6(→))，点A，C关于原点对称，点B，D关于原点对称，且eq \(BD,\s\up6(→))＝λeq \(NM,\s\up6(→)).
(1)求|MN|的长度；
(2)求四边形ABCD面积的最大值．
解：(1)T的上顶点(0，b)到直线eq \r(3)x＋y＋3＝0的距离eq \f(|b＋3|,2)＝2，解得b＝1，
又椭圆T：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Q(eq \r(3)，－eq \f(1,2))，
则eq \f(3,a2)＋eq \f(1,4)＝1，解得a2＝4，
所以椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，
因为点A(x0，y0)(x0y0≠0)在椭圆上，所以eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
由题意直线l的斜率存在，
设过点A的直线l方程为y－y0＝k(x－x0)，
令x＝0，则y＝y0－kx0，令y＝0，则x＝x0－eq \f(y0,k)，
即M(x0－eq \f(y0,k)，0)，N(0，y0－kx0)，
由eq \(AN,\s\up6(→))＝2eq \(MA,\s\up6(→))，得(－x0，－kx0)＝2(eq \f(y0,k)，y0)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x0＝\f(2y0,k)，,－kx0＝2y0，))所以k＝－eq \f(2y0,x0)，
所以|MN|＝eq \r(（x0－\f(y0,k)）2＋（y0－kx0）2)＝eq \r(\f(9,4)xeq \\al(2,0)＋9yeq \\al(2,0))＝eq \r(\f(9,4)xeq \\al(2,0)＋9（1－\f(xeq \\al(2,0),4)）)＝3.
(2)由(1)得直线MN的斜率k＝－eq \f(2y0,x0)，
因为eq \(BD,\s\up6(→))＝λeq \(NM,\s\up6(→))，所以eq \(BD,\s\up6(→))∥eq \(MN,\s\up6(→))，
所以直线BD的方程为y＝－eq \f(2y0,x0)x，即2y0x＋yx0＝0，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(2y0,x0)x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))解得x2＝eq \f(4xeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)＋16yeq \\al(2,0))，
所以|x|＝eq \f(2|x0|,\r(xeq \\al(2,0)＋16yeq \\al(2,0)))，
所以|BD|＝eq \r(1＋\f(4yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)))·eq \f(2|x0|,\r(xeq \\al(2,0)＋16yeq \\al(2,0)))＝eq \f(8,\r(xeq \\al(2,0)＋16yeq \\al(2,0)))，
点A到直线BD的距离d＝eq \f(|2x0y0＋x0y0|,\r(4yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)))，
又因为eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，所以d＝eq \f(|2x0y0＋x0y0|,\r(4yeq \\al(2,0)＋xeq \\al(2,0)))＝eq \f(3|x0y0|,2)，
由椭圆的对称性可得四边形中S△ABD＝S△CBD，
所以四边形ABCD面积S＝2S△ABD＝|BD|·d＝eq \f(12|x0y0|,\r(xeq \\al(2,0)＋16yeq \\al(2,0)))＝eq \f(12,\r(\f(1,yeq \\al(2,0))＋\f(16,xeq \\al(2,0))))，
eq \f(1,yeq \\al(2,0))＋eq \f(16,xeq \\al(2,0))＝(eq \f(1,yeq \\al(2,0))＋eq \f(16,xeq \\al(2,0)))(eq \f(xeq \\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0))＝5＋eq \f(xeq \\al(2,0),4yeq \\al(2,0))＋eq \f(16yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0))≥9，
当且仅当eq \f(xeq \\al(2,0),4yeq \\al(2,0))＝eq \f(16yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0))，即xeq \\al(2,0)＝8yeq \\al(2,0)＝eq \f(8,3)时取等号，
则 eq \r(\f(1,yeq \\al(2,0))＋\f(16,xeq \\al(2,0)))≥3，0即四边形ABCD面积的最大值为4.