专题02 圆锥曲线中面积的最值问题分析- 高考数学（文）解题技巧归纳（圆锥曲线与方程）

这是一份专题02 圆锥曲线中面积的最值问题分析- 高考数学（文）解题技巧归纳（圆锥曲线与方程），文件包含专题02圆锥曲线中面积的最值问题分析文解析版docx、专题02圆锥曲线中面积的最值问题分析文原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共46页， 欢迎下载使用。
专题02  圆锥曲线中面积的最值问题分析溯本求源来源：北师大版高中数学必修五第48页，给出如下三角形的面积公式：评析：为以后使用方便，在中，设，，则．流金岁月变式：(2015上海高考节选)已知椭圆，过原点的两条直线和分别于椭圆交于、和、，记得到的平行四边形的面积为．设，，用、的坐标表示点到直线的距离，并证明．【答案】见解析．【解析】直线，点到的距离．，所以．审思明辨变式：已知椭圆：，为椭圆的右焦点，为坐标原点，直线过点与椭圆交于，两点．求证：（1）当时，，当且仅当直线斜率时，；（2）当时，，当且仅当直线斜率不存在时，．【答案】（1）见解析；（2）见解析．【解析】（1）设，，直线．得，所以，故．，令，则．，对于函数，由．得函数于单调递减，于单调递增，又．当时，即，，得，当且仅当直线斜率时，．（2）当时，即，，得．当且仅当，，即直线斜率不存在时，．【名师点评】圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，首先换元法，简化代数结构，然后根据函数的特征选用导数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法．经典赏析【例1】（2019全国II理21）已知点A(−2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为−．记M的轨迹为曲线C．（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G．（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值．【答案】（1）见解析；（2）（i）证明见解析，（ii）证明见解析．【解析】（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得，记，则．于是直线的斜率为，方程为．由得．①设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．因此，△PQG面积的最大值为．【名师点评】圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，多次换元，不断简化代数结构，然后由均值不等式法求最值注意“一正二定三相等”．【例2】(2019北京人大附中高三月考)如图，抛物线：的焦点为，以为直角顶点的等腰直角的三个顶点，，均在抛物线上．（1）过作抛物线的切线，切点为，点到切线的距离为2，求抛物线的方程；（2）求面积的最小值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）过点的抛物线的切线：，联立抛物线：，得，，即．∵，到切线的距离为，化简得，∴，∵，∴，得，∴，∴抛物线方程为．（2）已知直线不会与坐标轴平行，设直线：，联立抛物线方程得，则，，同理可得；∵，即，∴，即，∴．∵（当且仅当时，等号成立），（当且仅当时等号成立），故，面积的最小值为．【名师点评】本题考查抛物线的切线方程、直线与抛物线的位置关系、韦达定理的应用，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意基本不等式应用时要验证等号成立的条件．【例3】(2020浙江高二期末)如图，已知椭圆经过点，且离心率，圆以椭圆的短轴为直径．过点P作互相垂直的直线，，且直线交椭圆C于另一点D，直线交圆于A，B两点．（1）求椭圆和圆的标准方程；（2）求面积的最大值．【答案】（1）椭圆的方程为，圆的方程为；（2）．【解析】（1）由题意得：，椭圆的方程为，圆的方程为．（2）设，，，由题意直线的斜率存在且不为，设的方程为：，的方程：，圆心到直线的距离为，，，，联立方程：，所以，，设，
，当且仅当，即，时取等号．【名师点评】本题主要考查了根据的值求椭圆方程以及椭圆中三角形面积问题，换元法，令，注意限制新变量的范围，简化分母形式，结合二次函数求最值，注意最值成立条件分析．【例4】(2015浙江高考)已知椭圆上两个不同的点，关于直线对称．（1）求实数的取值范围；（2）求面积的最大值（为坐标原点）．【答案】（1）或；（2）．【解析】方法1：（直曲联立，韦达定理）（1）由题意知，可设直线AB的方程为．由，消去，得．∵直线与椭圆有两个不同的交点，∴，①，将AB中点代入直线方程解得②．由①②得或．（2）令，则．且O到直线AB的距离为，设的面积为．∴，当且仅当时，等号成立，故面积的最大值为．方法2：（设而不求点差处理）（1）设，，线段中点为．得，则．又，故，直线为．得，由于在椭圆内．．故实数的取值范围是．（2）（三角换元豁然开朗）故面积的最大值为．【例5】(2012浙江高考)如图，在直角坐标系中，点到抛物线的准线的距离为，点是上的定点，是上的两动点，且线段被直线平分．（1）求的值．（2）求面积的最大值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）．（2）设点，，中点，由题设斜率为，，【名师点睛】圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，首先换元法，简化代数结构，然后根据函数的特征选用导数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法．【例6】(2014新课标1)．已知点，椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．（Ⅰ)求的方程；（Ⅱ）设过点的动直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】（Ⅱ）方法1（分子换元）：又点到直线的距离，所以的面积所以当的面积最大时，的方程为．【名师点睛】换元法，令简化分子形式，结合均值不等式求最值，注意“一正二定三相等”．方法2（分母换元）：又点到直线的距离，所以的面积设，由,得，即，．所以．当时，，的面积最大．的方程为．【名师点睛】换元法，令，注意限制新变量的范围，简化分母形式，结合二次函数求最值，注意最值成立条件分析．方法3（三角换元）：又点到直线的距离，所以的面积设，．当且仅当时，，即．的面积最大，所以的方程为：．【名师点睛】方法三考查三角换元，实质运用反射变换思想，简化代数结构．方法4（变椭为圆）：作仿射变换，则将椭圆变为，．，，．，．，，．此时面积最大，所以的方程为：．【名师点睛】方法四仿射变换，变椭为圆，本质上为简化代数运算，注意还原到原坐标系中求三角形最值成立条件分析．【例7】（乾坤大挪移之极坐标处理）直线交椭圆于，两点．，且,求面积的最大值．【答案】．【解析】以点为极点，轴正方向为极轴建立极坐标系．则椭圆中心向左平移3个单位，椭圆的直角坐标方程为，故椭圆的极坐标系为：，，设当且仅当时，面积的最大值．【名师点睛】以角度表示长度，推进三角恒等变换，极坐标化三角形面积，有利于最值计算．往事如梦1．（2020浙江高二期末）如图，椭圆的长轴长为4，离心率，右焦点为．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）过点的直线交椭圆于两点，点关于原点的对称点为，的重心为点，求面积的取值范围．
2．（2019重庆江津中学高三月考文）已知椭圆的短轴长等于，离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设О为坐标原点，过右焦点F的直线与椭圆C交于A、B两点（A、B不在x轴上），若，求四边形AOBE面积S的最大值．
3．（2019河南高三月考）已知椭圆，圆心为坐标原点的单位圆O在C的内部，且与C有且仅有两个公共点，直线与C只有一个公共点．（1）求C的标准方程；（2）设不垂直于坐标轴的动直线l过椭圆C的左焦点F，直线l与C交于A，B两点，且弦AB的中垂线交x轴于点P，试求的面积的最大值．
4．（2018浙江）如图，已知点是轴左侧(不含轴)一点，抛物线：上存在不同的两点，满足，的中点均在上．(1)设中点为，证明：垂直于轴；(2)若是半椭圆()上的动点，求面积的取值范围．
5．（2015湖北）一种作图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．（Ⅰ）求曲线C的方程；（Ⅱ）设动直线与两定直线和分别交于两点．若直线总与曲线有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．
6．（2015山东）平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别是、．以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于两点，射线交椭圆于点．(i)求的值；（ii）求△面积的最大值．
7．（2014山东）在平面直角坐标系中，椭圆的离心率为，直线被椭圆截得的线段长为．（Ｉ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过原点的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不是椭圆C的顶点）．点D在椭圆C上，且，直线BD与轴、轴分别交于M，N两点．(ⅰ)设直线BD，AM的斜率分别为，证明存在常数使得，并求出的值；(ⅱ)求面积的最大值．
8．（2019湖南高二期末）已知椭圆C：（）的离心率，左、右焦点分别为，，过右焦点任作一条不垂直于坐标轴的直线l与椭圆C交于A，B两点，的周长为．（1）求椭圆C的方程；