多维层次练53- 最值、范围问题学案

这是一份多维层次练53- 最值、范围问题学案，共6页。

(1)当a变化时，求曲线C的方程；
(2)已知点D(2，0)，过点E(－2，0)的直线l与C交于A，B两点，求△ABD面积的最大值．
解：(1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax－y＋1＝0，,x＋5ay＋5a＝0，))消去a，得曲线C的方程为eq \f(x2,5)＋y2＝1(y≠－1，即点(0，－1)不在曲线C上)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my－2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,\f(x2,5)＋y2＝1，))得(m2＋5)y2－4my－1＝0，
则y1＋y2＝eq \f(4m,m2＋5)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋5)，
故△ABD的面积S＝eq \f(1,2)|BD|·|y2－y1|＝2|y2－y1|＝
2eq \r(（y2＋y1）2－4y2y1)＝2eq \r(\f(16m2,（m2＋5）2)＋\f(4,m2＋5))＝
eq \f(4\r(5)·\r(m2＋1),m2＋5)，
设t＝eq \r(m2＋1)，t∈[1，＋∞)，
则S＝eq \f(4\r(5)t,t2＋4)＝eq \f(4\r(5),t＋\f(4,t))≤eq \r(5)，
当t＝eq \f(4,t)，即t＝2，m＝±eq \r(3)时，△ABD的面积取得最大值eq \r(5).
2．(2020·山东济宁第一次模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，且椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且与圆O：x2＋y2＝2相交于E，F两点，求|AB|·|EF|2的取值范围．
解：(1)由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，所以a2＝eq \f(3,2)b2，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,\f(3,2)b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))代入方程得b2＝2，即a2＝3，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由(1)可知，椭圆的右焦点为(1，0)，
①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝1，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(3),3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2\r(3),3)))，E(1，1)，F(1，－1)，
所以|AB|＝eq \f(4\r(3),3)，|EF|2＝4，|AB|·|EF|2＝eq \f(16\r(3),3).
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x－1），))
可得(2＋3k2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，
则x1＋x2＝eq \f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2)，
所以|AB|＝eq \r(（1＋k2）（x1－x2）2)＝
eq \r(（1＋k2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,2＋3k2)))\s\up12(2)－4×\f(3k2－6,2＋3k2))))＝eq \f(4\r(3)（k2＋1）,2＋3k2).
因为圆心O(0，0)到直线l的距离d＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，
所以|EF|2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(k2,k2＋1)))＝eq \f(4（k2＋2）,k2＋1)，
所以|AB|·|EF|2＝eq \f(4\r(3)（k2＋1）,2＋3k2)·eq \f(4（k2＋2）,k2＋1)＝
eq \f(16\r(3)（k2＋2）,2＋3k2)＝eq \f(16\r(3),3)·eq \f(k2＋2,k2＋\f(2,3))＝eq \f(16\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(4,3),k2＋\f(2,3)))).
因为k2∈[0，＋∞)，
所以|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3))).
综上，|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3))).
3.如图，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O为AB的中点，P，Q分别是AD和CD上的点，且满足①eq \f(|AP|,|AD|)＝eq \f(|DQ|,|DC|)，②直线AQ与BP的交点在椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设R为椭圆E的右顶点，M为椭圆E第一象限部分上一点，作MN垂直于y轴，垂足为N，求梯形ORMN面积的最大值．
解：(1)设AQ与BP的交点为G(x，y)，
P(－2，y1)，Q(x1，2)，
由题可知，eq \f(y1,2)＝eq \f(x1＋2,4).
因为kAG＝kAQ，kBG＝kBP，
所以eq \f(y,x＋2)＝eq \f(2,x1＋2)，eq \f(y,x－2)＝－eq \f(y1,4)，
从而有eq \f(y2,x2－4)＝－eq \f(y1,2（x1＋2）)＝－eq \f(1,4)，
整理得eq \f(x2,4)＋y2＝1，
即椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由(1)知R(2，0)，设M(x0，y0)，则y0＝eq \f(1,2)eq \r(4－xeq \\al(2,0))，
从而梯形ORMN的面积
S＝eq \f(1,2)(2＋x0)y0＝eq \f(1,4)eq \r(（4－xeq \\al(2,0)）（2＋x0）2)，
令t＝2＋x0，则2令u＝4t3－t4，则u′＝12t2－4t3＝4t2(3－t)，
当t∈(2，3)时，u′>0，u＝4t3－t4单调递增，
当t∈(3，4)时，u′<0，u＝4t3－t4单调递减，
所以当t＝3时，u取得最大值，则S也取得最大值，最大值为eq \f(3\r(3),4).
4．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(6),3)，原点到过点A(0，－b)和B(a，0)的直线的距离为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆的方程；
(2)设F1，F2为椭圆的左、右焦点，过F2作直线交椭圆于P，Q两点，求△PQF1内切圆半径r的最大值．
解：(1)直线AB的方程为eq \f(x,a)＋eq \f(y,－b)＝1，
即bx－ay－ab＝0.
原点到直线AB的距离为eq \f(|－ab|,\r(（－a）2＋b2))＝eq \f(\r(3),2)，
即3a2＋3b2＝4a2b2，①
由e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，得c2＝eq \f(2,3)a2，②
又a2＝b2＋c2，③
所以联立①②③可得a2＝3，b2＝1，c2＝2.
故椭圆的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)由(1)得F1(－eq \r(2)，0)，F2(eq \r(2)，0)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
易知直线PQ的斜率不为0，故设其方程为x＝ky＋eq \r(2)，
联立直线与椭圆的方程得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky＋\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))(k2＋3)y2＋2eq \r(2)ky－1＝0.
故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2\r(2)k,k2＋3)，,y1y2＝－\f(1,k2＋3)))④
而S△PQF1＝S△F1F2P＋S△F1F2Q＝eq \f(1,2)|F1F2||y1－y2|＝eq \r(2)eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)，⑤
将④代入⑤，得S△PQF1＝eq \r(2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2\r(2)k,k2＋3)))\s\up12(2)＋\f(4,k2＋3))＝
eq \f(2\r(6)\r(k2＋1),k2＋3).
又S△PQF1＝eq \f(1,2)(|PF1|＋|F1Q|＋|PQ|)·r＝2a·r＝2eq \r(3)r，
所以eq \f(2\r(6)\r(k2＋1),k2＋3)＝2eq \r(3)r，
故r＝eq \f(\r(2)\r(k2＋1),k2＋3)＝eq \f(\r(2),\r(k2＋1)＋\f(2,\r(k2＋1)))≤eq \f(1,2)，
当且仅当eq \r(k2＋1)＝eq \f(2,\r(k2＋1))，即k＝±1时取等号．
故△PQF1内切圆半径r的最大值为eq \f(1,2).