2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何第5讲椭圆第2课时考点3直线与椭圆的综合问题

这是一份2025版高考数学一轮总复习考点突破训练题第8章平面解析几何第5讲椭圆第2课时考点3直线与椭圆的综合问题，共2页。

[解析] (1)由题意得，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\r(a2＋b2)＝\r(7)，,a2＝b2＋c2，,a＋c＝3，))解得a2＝4，b2＝3，故C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝kx＋2，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,3x2＋4y2＝12，))
整理得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.
由Δ>0得k2>eq \f(1,4)，
且x1＋x2＝－eq \f(16k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4,3＋4k2)，
∴S△AOB＝S△POB－S△POA＝eq \f(1,2)|OP||x1－x2|＝|x1－x2|
＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16k,3＋4k2)))2－\f(16,3＋4k2))
＝eq \f(4\r(12k2－3),3＋4k2).
令t＝eq \r(12k2－3)>0，故4k2＝eq \f(t2,3)＋1，
故S△AOB＝eq \f(12t,t2＋12)＝eq \f(12,t＋\f(12,t))≤eq \r(3)，
当且仅当t＝eq \f(12,t)，即t＝2eq \r(3)，k＝±eq \f(\r(5),2)时等号成立，
故△AOB面积的最大值为eq \r(3).
名师点拨：
题目给出直线l过定点P，一般设出直线l的方程，利用弦长公式求出|AB|，利用点到直线的距离公式求三角形AB边上的高，从而可求得三角形面积，建立函数模型求最值．
注意到|OP|为定值，用“割补法”表示三角形面积可简化运算．
【变式训练】
(2024·海南省海南中学月考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2eq \r(3)，O为坐标原点，椭圆的上下顶点分别为B1，B2，左右顶点分别为A1，A2，依次连接C的四个顶点构成的四边形的面积为4.
(1)求C的方程；
(2)过点(1,0)的任意直线与椭圆C交于E，F(不同于A1，A2)两点，直线A1E的斜率为k1，直线A2F的斜率为k2.求证：eq \f(k1,k2)＝eq \f(1,3).
[解析] (1)依题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2c＝2\r(3)，,\f(1,2)·2a·2b＝4，,b2＋c2＝a2，))
解得a＝2，b＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)证明：由(1)可知A1(－2,0)，A2(2,0)，
由题意，直线l的斜率不为0，设直线l：x＝my＋1，E(x1，y1)，F(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))可得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
则y1＋y2＝eq \f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(－3,m2＋4)，
因为直线A1E的斜率k1＝eq \f(y1,x1＋2)，
直线A2F的斜率k2＝eq \f(y2,x2－2)，
由y1＋y2＝eq \f(－2m,m2＋4)，y1y2＝eq \f(－3,m2＋4)，
得my1y2＝eq \f(3,2)(y1＋y2)，
∴eq \f(k1,k2)＝eq \f(y1x2－2,y2x1＋2)＝eq \f(y1my2－1,y2my1＋3)＝eq \f(my1y2－y1,my1y2＋3y2)
＝eq \f(\f(3,2)y1＋y2－y1,\f(3,2)y1＋y2＋3y2)＝eq \f(\f(1,2)y1＋\f(3,2)y2,\f(3,2)y1＋\f(9,2)y2)＝eq \f(1,3).