2023届高考数学二轮复习微专题24椭圆中与面积有关的取值范围问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题24椭圆中与面积有关的取值范围问题学案，共11页。


例题：如图，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－1，0)，左准线方程为x＝－2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若A，B两点满足OA⊥OB(O为坐标原点)，求△AOB面积的取值范围．
变式1在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,2)＋y2＝1，点A是椭圆上异于长轴端点的任一点，F为椭圆的右焦点，直线AF与椭圆交于B点，直线AO与椭圆交于C点，求△ABC面积的最大值．
变式2设椭圆E：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1，P为椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
(1)求eq \f(OQ,OP)的值；(2)求△ABQ面积的最大值．
串讲1如图，已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1，设A1，A2分别为椭圆C的左、右顶点，S为直线x＝2eq \r(2)上一动点(不在x轴上)，直线A1S交椭圆C于点M，直线A2S交椭圆于点N，设S1，S2分别为△A1SA2，△MSN的面积，求eq \f(S1,S2)的最大值．
串讲2已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
(2018·广西初赛改编)已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，设不过原点O的直线l与椭圆C交于两点P，Q，且直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列，求△OPQ面积的取值范围．
(2018·南通泰州一模)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，两条准线之间的距离为4eq \r(2).
(1)求椭圆的标准方程；
(2)已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2＋y2＝eq \f(8,9)上，直线AM与椭圆相交于另一点B，且△AOB的面积是△AOM的面积的2倍，求直线AB的方程．
答案：(1)eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1；(2)y＝x＋2y＋2＝0，x－2y＋2＝0.
解析：(1)设椭圆的焦距为2c，由题意得，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(2a2,c)＝4eq \r(2)，2分
解得a＝2，c＝eq \r(2)，所以b＝eq \r(2)，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.4分
(2)解法1：因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以点M为AB的中点.6分
因为椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1，所以A(－2，0)．设M(x0，y0)，则B(2x0＋2，2y0)，
所以x02＋y02＝eq \f(8,9)，①eq \f(（2x0＋2）2,4)＋eq \f(（2y0）2,2)＝1，②10分
由①②，得9x02－18x0－16＝0，解得x0＝－eq \f(2,3)或x0＝eq \f(8,3)(舍去)．
把x0＝－eq \f(2,3)代入①，得y0＝±eq \f(2,3)，12分
所以kAB＝±eq \f(1,2)，因此，直线AB的方程为y＝±eq \f(1,2)(x＋2)，
即x＋2y＋2＝0，x－2y＋2＝0.14分
解法2：因为S△AOB＝2S△AOM，所以AB＝2AM，所以点M为AB的中点.6分
设直线AB的方程为y＝k(x＋2)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k（x＋2），))
得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
所以(x＋2)[(1＋2k2)x＋4k2－2]＝0，解得xB＝eq \f(2－4k2,1＋2k2)，8分
所以xM＝eq \f(xB＋（－2）,2)＝eq \f(－4k2,1＋2k2)，10分
yM＝k(xM＋2)＝eq \f(2k,1＋2k2)，代入x2＋y2＝eq \f(8,9)，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4k2,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k,1＋2k2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(8,9)，
化简得28k4＋k2－2＝0，12分
即(7k2＋2)(4k2－1)＝0，解得k＝±eq \f(1,2)，
因此，直线AB的方程为y＝±eq \f(1,2)(x＋2)，
微专题24
例题
答案：(1)eq \f(x2,2)＋y2＝1；
(2)S∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(\r(2),2))).
解析：(1)由题设知e＝eq \f(\r(2),2)，a2＝2c2＝b2＋c2，即a2＝2b2，将eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))代入椭圆C的方程得到eq \f(1,2b2)＋eq \f(1,2b2)＝1，则b2＝1，a2＝2，所以椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)当直线OA，OB分别与坐标轴重合时，易知△AOB的面积S＝eq \f(\r(2),2).当直线OA，OB的斜率均存在且不为零时，设OA：y＝kx，OB：y＝－eq \f(1,k)x.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝kx代入椭圆C得到x2＋2k2x2＝2，所以x12＝eq \f(2,2k2＋1)，y12＝eq \f(2k2,2k2＋1)，同理x22＝eq \f(2k2,2＋k2)，y22＝eq \f(2,2＋k2)，△AOB的面积S＝eq \f(OA·OB,2)＝
eq \r(\f(（k2＋1）2,（2k2＋1）（k2＋2）)).
令t＝k2＋1∈[1，＋∞)，
S＝eq \r(\f(t2,（2t－1）（t＋1）))
＝eq \r(\f(1,2＋\f(1,t)－\f(1,t2)))，令u＝eq \f(1,t)∈(0，1)，则S＝eq \r(\f(1,－u2＋u＋2))＝eq \r(\f(1,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(u－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\f(9,4)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(\r(2),2))).综上所述，S∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(\r(2),2))).
变式联想
变式1
答案：eq \r(2).
解析：①当直线AB的斜率不存在时，不妨取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，
Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2))).
此时S△ABC＝eq \f(1,2)×2×eq \r(2)＝eq \r(2)；
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为y＝k(x－1)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,x2＋2y2＝2.))
化简得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有Δ＝16k4－4(2k2＋1)(2k2－2)＝8(1＋k2)，x1，2＝eq \f(4k2±\r(Δ),2（1＋2k2）)，
所以AB＝eq \r(（1＋k2）)·
|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(Δ),（1＋2k2）)＝2eq \r(2)eq \f(1＋k2,1＋2k2).(弦长公式)
另一方面点O到直线y＝k(x－1)的距离d＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，
因为O是线段AC的中点，所以点C到直线AB的距离为2d＝eq \f(2|k|,\r(k2＋1))，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)AB·2d＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)·\f(1＋k2,1＋2k2)))·
eq \f(2|k|,\r(k2＋1))＝2eq \r(2)eq \r(\f(k2（k2＋1）,（2k2＋1）2))＝
2eq \r(2)eq \r(\f(1,4)－\f(1,4（2k2＋1）2))＜eq \r(2).
综上，△ABC面积的最大值为eq \r(2).
说明：O为AC中点，所以△ABC的面积是△OAB面积的两倍，而△OAB的面积可以用公式S△OAB＝eq \f(1,2)OF·|y1－y2|得出，所以S△ABC＝2S△OAB＝
|y1－y2|＝|k|·|x1－x2|＝2eq \r(2)eq \r(\f(k2（k2＋1）,（2k2＋1）2)).这样计算可以简洁一些．
变式2
答案：(1)2；(2)6eq \r(3).
解析：(1)设P(x0，y0)，eq \f(OQ,OP)＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)，因为eq \f(x02,4)＋y02＝1，又eq \f(（－λx0）2,16)＋eq \f(（－λy0）2,4)＝1，
即eq \f(λ2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x02,4)＋20))＝1，所以λ＝2，即eq \f(OQ,OP)＝2.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0.
由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2①
则有x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－16,1＋4k2).所以
|x1－x2|＝eq \f(4\r(16k2＋4－m2),1＋4k2).因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积S＝eq \f(1,2)|m|·|x1－x2|
＝eq \f(2\r(16k2＋4－m2)|m|,1＋4k2)
＝eq \f(2\r(（16k2＋4－m2）·m2),1＋4k2)
＝2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4－\f(m2,1＋4k2)))·\f(m2,1＋4k2)).令eq \f(m2,1＋4k2)＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②
由①②可知0＜t≤1.
因此S＝2eq \r(（4－t）t)＝
2eq \r(－t2＋2t)，故S≤2eq \r(3).当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2eq \r(3).由①知，△ABQ的面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6eq \r(3).
串讲激活
串讲1
答案：eq \f(4,3).
解析：设S(2eq \r(2)，t)，则t≠0，直线SA1：y＝eq \f(t,3\r(2))(x＋eq \r(2))，直线SA2：y＝eq \f(t,\r(2))(x－eq \r(2))．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝\f(t,3\r(2))（x＋\r(2)），))得x2＋eq \f(t2,9)(x＋eq \r(2))2＝2，解得x1＝
－eq \r(2)，x2＝eq \f(－\r(2)t2＋9\r(2),t2＋9)，即xM＝eq \f(－\r(2)t2＋9\r(2),t2＋9).
同理，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝\f(t,\r(2))（x－\r(2)），))可得xN＝eq \f(\r(2)t2－\r(2),t2＋1).所以
eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(1,2)SA1·SA2·sin∠S,\f(1,2)SM·SN·sin∠S)＝eq \f(SA1·SA2,SM·SN)＝
eq \f(|2\r(2)＋\r(2)|·|2\r(2)－\r(2)|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2\r(2)＋\f(\r(2)t2－9\r(2),t2＋9)))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2\r(2)－\f(\r(2)t2－\r(2),t2＋1))))＝eq \f(（t2＋9）（t2＋1）,（t2＋3）2)＝1＋eq \f(4t2,t4＋6t2＋9)＝1＋eq \f(4,t2＋\f(9,t2)＋6)≤1＋eq \f(4,12)＝eq \f(4,3)，等号当且仅当t2＝3，即t＝±eq \r(3)时成立．
所以，当S(2eq \r(2)，±eq \r(3))时，eq \f(S1,S2)的最大值为eq \f(4,3).
说明：本题用三角形面积公式S1＝eq \f(1,2)SA1·SA2·sin∠S，最后得到eq \f(S1,S2)＝
eq \f(|xS－xA1||xS－xA2|,|xS－xM||xS－xN|)，这样运算就简单了．
还有，用直线SA1的方程求点M坐标时，要注意方程组一定有一个解xA1，所以，也可以用韦达定理求出xM.
串讲2
答案：(1)eq \f(x2,4)＋y2＝1；(2)y＝eq \f(\r(7),2)x－2或y＝－eq \f(\r(7),2)x－2.
解析：(1)设F(c，0)，由条件知eq \f(2,c)＝eq \f(2\r(3),3)，得c＝eq \r(3)，又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1，故E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)解法1：依题意，当l⊥x轴不合题意，故设直线l：y＝kx－2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx－2代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，当Δ＝16(4k2－3)＞0，即k2＞eq \f(3,4)时，x1，2＝
eq \f(8k±2\r(4k2－3),1＋4k2)，从而PQ＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),1＋4k2)，又点O到直线PQ的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，所以△OPQ的面积S△OPQ＝eq \f(1,2)d·PQ＝eq \f(4\r(4k2－3),1＋4k2)，设eq \r(4k2－3)＝t，则t＞0，S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,t＋\f(4,t))≤1，当且仅当t＝2，k＝±eq \f(\r(7),2)时等号成立，且满足Δ＞0，所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝eq \f(\r(7),2)x－2或y＝－eq \f(\r(7),2)x－2.
解法2由题意知直线l的斜率必存在．则S△OPQ＝
eq \f(1,2)eq \r(OP2·OQ2－（\(OP,\s\up6(→))·\(OQ,\s\up6(→))）2)，设P(2csα，sinα)，Q(2csβ，sinβ)．所以S△OPQ＝eq \f(1,2)·2·|sin(α－β)|≤1，当sin(α－β)＝±1时，等号成立．此时α－β＝2kπ＋eq \f(π,2)或α－β＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)．又P(2csα，sinα)，
Q(2csβ，sinβ)与A(0，－2)共线，则eq \f(sinβ＋2,2csβ)＝eq \f(sinα＋2,2csα)sin(α－β)＝2(csα－csβ)＝±1csα－csβ＝±eq \f(1,2).又kPQ＝eq \f(sinα－sinβ,2（csα－csβ）)＝±(sinα－sinβ)．①若α－β＝2kπ＋eq \f(π,2)(k∈Z)，则sinα＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2kπ＋\f(π,2)＋β))＝csβ，同理csα＝－sinβ.所以sinα－sinβ＝sinα＋csα.因为csα－csβ＝eq \f(1,2)得到csα－sinα＝eq \f(1,2).且(sinα＋csα)2＋(sinα－csα)2＝2，所以sinα－sinβ＝sinα＋csα＝±eq \f(\r(7),2).②同理，当α－β＝2kπ－eq \f(π,2)(k∈Z)时，sinα－sinβ＝±eq \f(\r(7),2)，所以kPQ＝±eq \f(\r(7),2).(以下同解法1)
新题在线
答案：(0，1)．
解析：由题意，直线l的斜率存在且不为0，故设l：y＝kx＋m(m≠0)．
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1≠x2，且x1·x2≠0.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋4y2＝4.))消去y得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
则Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)＞0，且x1＋x2＝eq \f(－8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4（m2－1）,1＋4k2).
因为直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列，
所以eq \f(y1,x1)·eq \f(y2,x2)＝eq \f(（kx1＋m）（kx2＋m）,x1x2)＝k2，得－eq \f(8k2m2,1＋4k2)＋m2＝0.
因为m≠0，所以k2＝eq \f(1,4)，所以k＝±eq \f(1,2).
因为Δ＞0，且x1·x2≠0，所以0＜m2＜2且m2≠1.
设点O到直线l的距离为d，则d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)·d·PQ＝eq \f(1,2)d·eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(m2（2－m2）)＝eq \r(－（m2－1）2＋1).
所以△OPQ面积的取值范围是(0，1)．
说明：命题人用直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列，是为了告知直线PQ斜率为±eq \f(1,2).
范围问题类似于函数的值域，解析几何中几何量的范围问题，需要选择合适的变量构建出可解出范围的函数，是高中数学的传统难点．解决椭圆中的面积取值范围问题，关键在于找到构建面积的合理路径，设法简化表达式，将问题转化为常见的函数模型，从而求出取值范围.