- 2021-06-16 发布 |
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文档介绍
【数学】2020届一轮复习人教A版圆锥曲线的最值范围问题作业
2020届一轮复习人教A版 圆锥曲线的最值范围问题 作业 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, 所以, 由题意,得,所以. 同理,有, 所以是关于的方程的两根, 所以因为 所以. 因为, 所以. 直线的斜率,则, 所以. 因为函数在上单调递增,所以当时, , 所以,所以, 所以.所以的取值范围是. 9. 如下图,已知椭圆的上顶点为,左、右顶点为,右焦点为, ,且的周长为14. (I)求椭圆的离心率; (II)过点的直线与椭圆相交于不同两点,点N在线段上.设,试判断点是否在一条定直线上,并求实数λ的取值范围. 【答案】(Ⅰ);(Ⅱ) . 试题解析: (I)由,得, 的周长为,即,得, 所以,椭圆的离心率为; (II)显然直线l的斜率存在,设l的方程为, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0), 由,得,化简得①,-----6分 由消去x,得, 得, , 代入①式得,由得, , 因为,得,所以, 因此,N在一条直线上,实数. 【法二:显然直线l的斜率存在,设l的方程为,不妨设, 设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0), , 由,得,化简得①,6分 由, ,得②, 由消去x,得, 可知 , 得, , , 代入①式得,由得, 由②式得 ,得, 因此,N在一条直线上,实数. 法三:设P(x1,y1),Q(x2,y2),N(x0,y0), ,由, 得 所以,将, 代入椭圆方程得 上面两式相减化简得 , 因为,得,所以, 因此,N在一条直线上,实数. 点睛:本题主要考查直线与圆锥曲线位置关系,所使用方法为韦达定理法:因直线的方程是一次的,圆锥曲线的方程是二次的,故直线与圆锥曲线的问题常转化为方程组关系问题,最终转化为一元二次方程问题,故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一,尤其是弦中点问题,弦长问题,可用韦达定理直接解决,但应注意不要忽视判别式的作用. 10.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. 【答案】(I);(II)( i )2;(ii) . (II)由(I)知椭圆E的方程为 (i)设, ,由题意知 因为 又 ,即 所以 ,即 (ii)设 将代入椭圆E的方程, 可得 由 ,可得 …………………………① 则有 所以 因为直线与轴交点的坐标为 所以的面积 令 将 代入椭圆C的方程 可得 由 ,可得 …………………………………………② 由①②可知 因此 故 当且仅当 ,即 时取得最大值 由(i)知, 面积为 所以面积的最大值为 .查看更多