2023届高考数学二轮复习 微专题作业24 椭圆中与面积有关的取值范围问题（含解析）

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1.点P是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1上位于x轴上方的一点，F1，F2分别是椭圆的左、右焦点，若直线PF1的斜率为eq \r(3)，则△PF1F2的面积为________．
2．已知椭圆C：x2＋eq \f(y2,2)＝1，F为其上焦点，A为椭圆C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积最大值为________．
3．已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k＞0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，AM⊥AN，且AM＝AN，则△AMN的面积为________．
4．已知A，B分别为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右顶点和上顶点，直线y＝kx(k＞0)与椭圆交于C，D两点，若四边形ACBD的面积最大值为3b2，则椭圆的离心率为________．
5．过椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1上一点P作圆x2＋y2＝2的两条切线，切点分别为M，N，若直线MN为x轴、y轴分别交于点A，B，则△OAB面积的最小值为________．
6．椭圆两焦点分别为F1(－4，0)，F2(4，0)，P为椭圆上动点，直线PF2与椭圆的交点为Q，若△PF1Q面积的最大值为15，则该椭圆的标准方程为________．
7.如图，点A(1，eq \r(3))为椭圆eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,n)＝1上一定点，过点A引两直线与椭圆分别交于B，C两点．
(1)求椭圆方程；
(2)若直线AB，AC与x轴围成的是以点A为顶点的等腰三角形．
①求直线BC的斜率；
②求△ABC的面积的最大值，并求出此时直线BC的方程．
8．如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左顶点为A，与x轴平行的直线与椭圆E交于B，C两点，过B，C两点且分别与直线AB，AC垂直的直线相交于点D.已知椭圆E的离心率为eq \f(\r(5),3)，右焦点到右准线的距离为eq \f(4\r(5),5).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)证明点D在一条定直线上运动，并求出该直线的方程；
(3)求△BCD面积的最大值．
微专题24
1．答案：6eq \r(3).
解析：由题意，F1(－4，0)，F2(4，0)，那么直线PF1方程：y＝eq \r(3)(x＋4)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,25)＋\f(y2,9)＝1，,y＝\r(3)（x＋4），))消去y，得28x2＋200x＋325＝0，即(14x＋65)(2x＋5)＝0，
方程组的解为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(65,14)，,y＝－\f(9\r(3),14)，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(5,2)，,y＝\f(3\r(3),2).))
因为y＞0，所以yP＝eq \f(3\r(3),2).
所以△PF1F2的面积为S△PF1F2＝eq \f(1,2)·F1F2·|yP|＝eq \f(1,2)×8×eq \f(3\r(3),2)＝6eq \r(3).
2．答案：1＋eq \f(\r(2),2).
解析：由题可知：F(1，0)，A(0，eq \r(2))，则直线lFA＝－eq \r(2)x＋m.四边形OAPF的面积为三角形OAF的面积与三角形AFP的面积．其中S△OAP＝eq \f(1,2)·|OA|·|OF|＝eq \f(1,2)×eq \r(2)·1＝eq \f(\r(2),2)恒为定值，而四边形OAPF的面积最大即为当三角形AFP的面积最大时取到，而△AFP面积最大时，即点P到直线AF的距离最大．此时过点P的直线与直线AF平行且直线AF与椭圆相切．设lp：y＝eq \r(2)x＋m，联立
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝x2＋\f(y2,2)＝1,y＝－\r(2)＋m))4x2－2eq \r(2)mx＋m2－2＝0，由△＝0得m2＝4，又P在第一象限，∴m＝2.
lp：y＝－eq \r(2)x＋2.两平行直线的距离为eq \r(2).d＝eq \f(2\r(3)－\r(6),3)，
∴S△AFP＝eq \f(1,2)|AF|·d＝eq \f(1,2)·eq \f(2\r(3)－6,3)＝1－eq \f(\r(2),2).∴S四边形OAPF＝eq \f(\r(2),2)＋(1－eq \f(\r(2),2))＝1＋eq \f(\r(2),2).
3．答案：eq \f(144,49).
解析：椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，A点坐标为(－2，0)，则直线AM的方程为y＝k(x＋2)．联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x＋2），))并整理得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，解得x＝－2或x＝－eq \f(8k2－6,3＋4k2)，则AM＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(8k2－6,3＋4k2)＋2))＝eq \r(1＋k2)·eq \f(12,3＋4k2).因为AM⊥AN，所以AN＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2))·eq \f(12,3＋4·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,k)))\s\up12(2))＝eq \r(1＋k2)·eq \f(12,3|k|＋\f(4,|k|)).因为AM＝AN，k＞0，所以eq \r(1＋k2)·eq \f(12,3＋4k2)＝eq \r(1＋k2)·eq \f(12,3k＋\f(4,k))，整理得(k－1)(4k2－k＋4)＝0，又4k2－k＋4＝0无实根，所以k＝1.所以△AMN的面积为
eq \f(1,2)AM2＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(1＋1)·\f(12,3＋4)))eq \s\up12(2)＝eq \f(144,49).
4．答案：eq \f(\r(7),3).
解析：如图，不妨设C在第一象限，设C(x0，y0)，则x0＝acsθ，y0＝bsinθ.那么△ACD的面积为ay0，△BCD的面积为bx0，所以四边形面积SACBD＝ay0＋bx0＝ab(csθ＋sinθ)＝eq \r(2)absineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))≤eq \r(2)ab＝3b2.所以，eq \f(b,a)＝eq \f(\r(2),3)，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(7),3).
5．答案：eq \f(1,2).
解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，
则切线PM，PN方程分别为x1x＋y1y＝2，x2x＋y2y＝2，两直线均过点P，则有
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1x0＋y1y0＝2，,x2x0＋y2y0＝2.))
所以MN坐标满足方程xx0＋yy0＝2，所以MN直线方程为x0x＋y0y＝2.
所以Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x0)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,y0)))，所以S△OAB＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,x0)·\f(2,y0)))＝eq \f(2,|x0y0|).
又因为eq \f(x02,16)＋eq \f(y02,4)＝1≥2eq \r(\f(x02y02,64))＝eq \f(|x0y0|,4)，所以|x0y0|≤4，即S△OAB≥eq \f(1,2).
6．答案：eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1.
解析：设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，且c＝4，设直线PF2：x＝my＋c，则由方程组
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,x＝my＋c))得eq \f(（my＋c）2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,a2)＋\f(1,b2)))y2＋eq \f(2cmy,a2)－eq \f(b2,a2)＝0.
所以Δ＝eq \f(4c2m2,a4)＋4·eq \f(b2,a2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(m2,a2)＋\f(1,b2)))＝eq \f(4m2a2,a4)＋eq \f(4,a2)＝eq \f(4（1＋m2）,a2).面积S＝eq \f(1,2)·2c·
|y1－y2|＝c|y1－y2|＝c·eq \f(\r(Δ),\f(m2,a2)＋\f(1,b2))＝eq \f(2acb2\r(1＋m2),b2m2＋a2).令eq \r(1＋m2)＝t，则t≥1，则S＝eq \f(2acb2t,b2t2＋c2)＝eq \f(2acb2,b2t＋\f(c2,t))≤eq \f(2acb2,2bc)＝ab，“＝”当且仅当t＝eq \f(c,b)时成立．因为t≥1，所以当c≥b，即b≤4时，当t＝eq \f(c,b)时，S有最大值ab；
当b＞4时，当t＝1时，S有最大值eq \f(8b2,a)；
令ab＝15，即aeq \r(a2－16)＝15，得a4－16a2－225＝0，解得a2＝25(a2＝－9舍去)，b2＝9(符合题意)；
令eq \f(8b2,a)＝15，即8a2－15a－128＝0，解得a＝eq \f(1,16)(15＋eq \r(4 321))，b2＝eq \f(15,8)a≈9.46不合题意．
综上所述，此时椭圆方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,9)＝1.
7．答案：(1)eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,6)＝1；(2)①kBC＝eq \r(3)，②△ABC面积取得最大值eq \r(3).此时，直线BC的方程为
y＝eq \r(3)x±eq \r(6).
解析：(1)把点A(1，eq \r(3))代入eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,n)＝1得n＝6，故椭圆方程为eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,6)＝1.
(2)①显然题中等腰三角形腰所在的直线不可能与x轴垂直．
因此其斜率必存在，设两腰的斜率分别为k1，k2，由
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y－\r(3)＝k1（x－1），,\f(x2,2)＋\f(y2,6)＝1，))消去y，得(3＋k12)x2＋2k1(eq \r(3)－k1)x＋(eq \r(3)－k1)2－6＝0，
∴点B的横坐标为x＝1－eq \f(6＋2\r(3)k1,k12＋3)(x＝1为点A的横坐标)，∴点B的纵坐标为y＝eq \r(3)－eq \f(2\r(3)k12＋6k1,k12＋3)，即
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(6＋2\r(3)k1,k12＋3)，\r(3)－\f(2\r(3)k12＋6k1,k12＋3))).
同理可得点C的坐标为
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(6＋2\r(3)k2,k22＋3)，\r(3)－\f(2\r(3)k22＋6k2,k22＋3))).
∵k1＋k2＝0，
∴直线BC的斜率为kBC＝eq \r(3).
②设B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线BC的方程为y＝eq \r(3)x＋m，代入方程eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,6)＝1得6x2＋2eq \r(3)mx＋m2－6＝0，∴x1＋x2＝
－eq \f(\r(3),3)m，x1x2＝eq \f(m2－6,6)，∴BC＝eq \r(1＋（\r(3)）2)·|x1－x2|＝2·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝
eq \f(2\r(3),3)eq \r(12－m2)，又点A到直线BC的距离为d＝eq \f(|m|,2)，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)BC·d＝
eq \f(\r(3),6)eq \r(m2（12－m2）)＝
eq \f(\r(3),6)eq \r(－（m2－6）2＋36)，
∴当m2＝6，即m＝eq \r(6)或m＝
－eq \r(6)时，△ABC面积取得最大值eq \r(3).
此时，直线BC的方程为
y＝eq \r(3)x±eq \r(6).
8．答案：(1)eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1；
(2)证明略；直线方程为x＝3；
(3)△BCD面积的最大值为eq \f(27,4).
解析：(1)由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),3)，eq \f(a2,c)－c＝eq \f(4\r(5),5)，解得a＝3，c＝eq \r(5)，所以b＝eq \r(a2－c2)＝2，所以椭圆E的标准方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设B(x0，y0)，C(－x0，y0)，显然直线AB，AC，BD，CD的斜率都存在，设为k1，k2，k3，k4，则k1＝eq \f(y0,x0＋3)，k2＝eq \f(y0,－x0＋3)，k3＝－eq \f(x0＋3,y0)，k4＝eq \f(x0－3,y0).所以直线BD，CD的方程为y＝
－eq \f(x0＋3,y0)(x－x0)＋y0，y＝eq \f(x0－3,y0)(x＋x0)＋y0.消去y得－eq \f(x0＋3,y0)(x－x0)＋y0＝eq \f(x0－3,y0)(x＋x0)＋y0，化简得x＝3，故点D在定直线x＝3上运动．
(3)由(2)得点D的纵坐标为yD＝eq \f(x0－3,y0)(3＋x0)＋y0＝eq \f(x02－9,y0)＋y0，又eq \f(x02,9)＋eq \f(y02,4)＝1，所以x02－9＝－eq \f(9y02,4)，则yD＝eq \f(x0－3,y0)(3＋x0)＋y0＝eq \f(－\f(9,4)y02,y0)＋y0＝
－eq \f(5,4)y0，所以点D到直线BC的距离h为|yD－y0|＝
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)y0－y0))＝eq \f(9,4)|y0|，将y＝y0代入eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1得x＝
±3eq \r(1－\f(y02,4))，所以△BCD面积S△BCD＝eq \f(1,2)BC·h＝eq \f(1,2)×
6eq \r(1－\f(y02,4))·eq \f(9,4)|y0|＝
eq \f(27,2)eq \r(1－\f(y02,4))·eq \f(1,2)|y0|≤eq \f(27,2)·eq \f(1－\f(y02,4)＋\f(y02,4),2)＝eq \f(27,4)，当且仅当1－eq \f(y02,4)＝eq \f(y02,4)，即y0＝±eq \r(2)时等号成立，故y0＝±eq \r(2)时，△BCD面积的最大值为eq \f(27,4).