《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A版》

例 1 (2025·海南调研)已知 $ O $ 为坐标原点，$ F_1 $，$ A $，$ B $ 分别是椭圆 $ E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0) $ 的左焦点、左顶点、右顶点，$ C $ 是椭圆上一点(异于 $ A $，$ B $)，线段 $ CF_1 $ 的中点为 $ D $，$ |DF_1|+|DO|=2 $，$ |AF_1|=1 $.
(1)求椭圆 $ E $ 的标准方程；
(2)已知过 $ F_1 $ 且斜率不为 $ 0 $ 的直线 $ l $ 与椭圆 $ E $ 交于 $ M $，$ N $ 两点，求四边形 $ AMBN $ 面积的最大值.

答案： 例1 解
(1)设$F_2$是椭圆E的右焦点，连接$CF_2$，$\because D$是线段$F_1C$的中点，$O$是线段$F_1F_2$的中点，$\therefore |DO|=\frac{1}{2}|CF_2|$，由椭圆的定义知，$2a=|CF_1|+|CF_2|=2(|DF_1|+|DO|)=4$，$\therefore a=2$，由椭圆的几何性质知$|AF_1|=a - c=1$，$\therefore c=1$，$\therefore b^2=a^2 - c^2=3$，$\therefore$椭圆E的标准方程为$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$。
(2)设$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，直线$l:x = ty - 1$，将$x = ty - 1$代入$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$，整理得$(3t^2 + 4)y^2 - 6ty - 9 = 0$，$\therefore y_1 + y_2=\frac{6t}{3t^2 + 4}$，$y_1y_2=-\frac{9}{3t^2 + 4}$，$\therefore S_{四边形AMBN}=S_{\triangle ABM}+S_{\triangle ABN}=\frac{1}{2}|AB||y_1|+\frac{1}{2}|AB||y_2|=\frac{1}{2}|AB||y_1 - y_2|=\frac{1}{2}×4\sqrt{(y_1 + y_2)^2 - 4y_1y_2}=2\sqrt{(\frac{6t}{3t^2 + 4})^2 - 4×(-\frac{9}{3t^2 + 4})}=24\sqrt{\frac{t^2 + 1}{(3t^2 + 4)^2}}$，设$m=\sqrt{t^2 + 1}$，则$m\geqslant1$，$\therefore S_{四边形AMBN}=S(m)=\frac{24m}{3m^2 + 1}(m\geqslant1)$，$\therefore S'(m)=\frac{24(3m^2 + 1)-24m×6m}{(3m^2 + 1)^2}=\frac{24(1 - 3m^2)}{(3m^2 + 1)^2}＜0$，$\therefore S(m)$在区间$[1,+\infty)$上单调递减，$\therefore$当$m = 1$，即$t = 0$时，$S(m)$取得最大值，且$S(m)_{max}=S(1)=6$，$\therefore$四边形AMBN面积的最大值为6。

例 2 已知点 $ A(0,-2) $，椭圆 $ E:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a＞b＞0) $ 的离心率为 $ \frac{\sqrt{3}}{2} $，$ F $ 是椭圆 $ E $ 的右焦点，直线 $ AF $ 的斜率为 $ \frac{2\sqrt{3}}{3} $，$ O $ 为坐标原点.
(1)求 $ E $ 的方程；
(2)设过点 $ A $ 的动直线 $ l $ 与 $ E $ 相交于 $ P $，$ Q $ 两点，当 $ \triangle OPQ $ 的面积最大时，求 $ l $ 的方程.

答案： 例2 解
(1)设$F(c,0)$，由条件知$\frac{2}{c}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，得$c=\sqrt{3}$。又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$a = 2$，$b^2=a^2 - c^2=1$。故E的方程为$\frac{x^2}{4}+y^2=1$。
(2)当$l\perp x$轴时不合题意；设$l:y = kx - 2$，$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，将$y = kx - 2$代入$\frac{x^2}{4}+y^2=1$，得$(1 + 4k^2)x^2 - 16kx + 12 = 0$。$\Delta=16(4k^2 - 3)＞0$，即$k^2＞\frac{3}{4}$，$x_1 + x_2=\frac{16k}{1 + 4k^2}$，$x_1\cdot x_2=\frac{12}{1 + 4k^2}$。从而$|PQ|=\sqrt{k^2 + 1}|x_1 - x_2|=\frac{4\sqrt{k^2 + 1}\cdot\sqrt{4k^2 - 3}}{4k^2 + 1}$。又点$O$到直线$PQ$的距离$d=\frac{2}{\sqrt{k^2 + 1}}$，所以$\triangle OPQ$的面积$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}d\cdot|PQ|=\frac{4\sqrt{4k^2 - 3}}{4k^2 + 1}$，设$\sqrt{4k^2 - 3}=t$，则$t＞0$，$S_{\triangle OPQ}=\frac{4t}{t^2 + 4}$，当且仅当$t = 2$，即$k=\pm\frac{\sqrt{7}}{2}$时等号成立，且满足$\Delta＞0$，所以当$\triangle OPQ$的面积最大时，$l$的方程为$y=\frac{\sqrt{7}}{2}x - 2$或$y=-\frac{\sqrt{7}}{2}x - 2$。