2018年高考数学命题角度5.doc

-18-命题角度5.4：圆锥曲线的最值范围问题1.已知椭圆的离心率为，短轴长为2.（1）求椭圆的标准方程；（2）设直线与椭圆交于两点，为坐标原点，若，求原点到直线的距离的取值范围.【答案】（1）；（2）（2）设，，联立得，依题意，，化简得，①，，，，若，则，即，∴，∴，即，化简得，②，由①②得，，∵原点到直线的距离，∴，又∵，∴，∴原点到直线的距离的取值范围是2.已知椭圆的离心率为，短轴长为．（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）若圆的切线与曲线相交于、两点，线段的中点为，求的最大值．【答案】（Ⅰ）的标准方程（Ⅱ）的最大值等于【解析】试题分析:(1)待定系数法求椭圆方程;(2)借助韦达定理表示的最大值,利用二次函数求最值.试题解析:（I），所以,又，解得．所以椭圆的标准方程．（II）设，，，易知直线的斜率不为，则设．因为与圆相切，则，即；由消去，得，则，，，，即，，设，则，，当时等号成立，所以的最大值等于．3.如图，已知椭圆：的离心率为，、为椭圆的左右顶点，焦点到短轴端点的距离为2，、为椭圆上异于、的两点，且直线的斜率等于直线斜率的2倍．（Ⅰ）求证：直线与直线的斜率乘积为定值；（Ⅱ）求三角形的面积的最大值．【答案】（Ⅰ）见解析;（Ⅱ）.【解析】试题分析：（Ⅰ）由椭圆的方程可得点P,A,B的坐标，利用两点式求直线斜率的方法可求出BP,BQ的斜率乘积为定值-1；（Ⅱ）当直线的斜率存在时，，，，当直线的斜率不存在时，，故综合的最大值为.试题解析：（Ⅰ）．，故．或，所以过定点或，点为右端点，舍去，，令（），，，，当直线的斜率不存在时，，，，即，解得，，，所以的最大值为.4已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆的右顶点，，分别为椭圆的上、下顶点.线段的延长线与线段交于点，与椭圆交于点.（1）若椭圆的离心率为，的面积为12，求椭圆的方程；（2）设，求实数的最小值.【答案】（1）（2）试题解析：解：（1）是等腰直角三角形，由勾股定理知，解得，，，，则，即，.所以椭圆的方程为.（2）设，因为直线的方程为，直线的方程为，所以联立方程解得.因为，所以，所以，所以，所以，，代入椭圆的方程，得，即，所以，因为所以，所以当且仅当即时，取到最小值.5.已知点是圆心为的圆上的动点，点，线段的垂直平分线交于点.（1）求动点的轨迹的方程；（2）矩形的边所在直线与曲线均相切，设矩形的面积为，求的取值范围.【答案】(1);(2).【解析】试题分析：（1）利用定义法求椭圆的轨迹方程；（2）设的方程为，的方程为，直线与间的距离为，直线与间的距离为，，从而得到S的范围.(2)①当矩形的边与坐标轴垂直或平行时，易得；②当矩形的边均不与坐标轴垂直或平行时，其四边所在直线的斜率存在且不为0，设的方程为，的方程为，则的方程为，的方程为，其中，直线与间的距离为，同理直线与间的距离为，所以，因为直线与椭圆相切，所以，所以，同理，所以，(当且仅当时，不等式取等号），所以，即，由①②可知，.6.已知椭圆（）的右焦点为，过椭圆中心的弦长为2，且，的面积为1.（1）求椭圆的方程；（2）设分别为椭圆的左、右顶点，为直线上一动点，直线交椭圆于点，直线交椭圆于点，设分别为，的面积，求的最大值.【答案】（1）（2）见解析【解析】试题分析：(1)由题意求得，则椭圆方程为；(2)由题意求得面积比值的解析式，当且仅当，即时取“”.试题解析：解：（2）设直线，代入中，得，解得同理，设直线，带入中，得，解得当且仅当，即时取“”7.已知圆，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线交于点，当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线．（Ⅰ）求曲线的方程；（Ⅱ）若直线与曲线相交于两点，为坐标原点，求面积的最大值．【答案】（Ⅰ）;（Ⅱ）．【解析】试题分析：（1）由垂直平分线的几何意义可知，，满足椭圆的定义。（2）直线与椭圆组方程组，由韦达定理、弦长公式和点到直线的距离公式，可求得．由，得及均值不等式可求得面积的最大值．（Ⅱ）设．联立消去，得．此时有．由一元二次方程根与系数的关系，得，．∴．∵原点到直线的距离，∴．由，得．又，∴据基本不等式，得．当且仅当时，不等式取等号．∴面积的最大值为．8.已知点，点是直线上的动点，过作直线，，线段的垂直平分线与交于点．(1)求点的轨迹的方程；(2)若点是直线上两个不同的点，且的内切圆方程为，直线的斜率为，求的取值范围．【答案】(1);(2).【解析】试题分析：（1）利用抛物线定义求解即可；（2）设出的三个顶点的坐标，表示出的解析式，化简之后可得为关于的方程的两根，然后由韦达定理表示的长度，最后在中消去参数，故可以得到的取值范围.试题解析：(1)据题设分析知，点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.(2)设，点，点，直线的方程为，化简，得，又因为内切圆的方程为．所以圆心到直线的距离为1，即