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圆锥曲线中的面积问题
一、考情分析
圆锥曲线中的面积问题常见的是三角形的面积问题，有时也会考查平行四边形的面积或对角线互相垂直
的四边形面积问题，求解此类问题通常是借助弦长公式或点到直线距离公式用某些量，如动直线的斜率
或截距表示面积，再利用函数、方程或不等式知识求解.
二、解题秘籍
(一)利用弦长与点到直线距离计算三角形面积
若直线与圆锥曲线交于点A，B，点P为定点或满足一定条件的动点，要表示△PAB的面积，一般是先利
用弦长公式求出 AB ，再利用点到直线距离公式求出点P到直线AB的距离 d，则S 1ΔPAB= 2 AB d.
2
【例1 x】(2023届浙江省名校协作体高三上学期考试)如图，已知双曲线C : 2 - y
2= 1，经过点T 1,1 且斜率为
k的直线 l与C交于A,B两点，与C的渐近线交于M ,N两点 (从左至右的顺序依次为A,M ,N ,B)，其中 k
∈ 0, 22 .
(1)若点T是MN的中点，求 k的值；
(2)求△OBN面积的最小值.
【解析】设A x1,y1 ,B x2,y2
y= k x- 1 + 1
联立直线 l与双曲线方程 x2 2 222 - y = ，消去 y得 1- 2k x -0
4k 1- k x- 2(1- k)2= 0，
2
由韦达定理可知，x + x = 4k- 4k
2 -2 1- k
1 2 1- 2k2 ,x1 x2= 1- 2k2
y= k x- 1 + 1
联立直线 l与其中一条渐近线方程 = 2 ，解得 x=
1- k
y 2 x 22 - k
即 x = 1- kN ，同理可得 x k- 12 M= ，- k 22 2 + k
2
则 xM+ x = 4k- 4kN - = x + x ，1 2k2 1 2
则可知AB的中点与MN中点重合.
, 4k 1- k由于 T 1 1 是MN的中点，所以 - 2 = 2，解得 k=
1
1 2k 2
；
2
(2)y= k x- 1 + 1与 x - y22 = 1联立，消去 y得
1- 2k2 x2- 4k 1- k x- 2(1- k)2- 2= 0
( ) = = AB - MN 由 1 知， BN AM 2 .或S =
1
△OBN 2 S△OAB-S△OMN
= + 2 2 2 (1- k)
2+ 1- 2k2 2
由于 AB 1 k , MN = 1+ k2
2 2 (1- k)
1- 2k2 ，1- 2k2
2 (1- k)2+ 1- 2k2- (1- k)2
所以 BN = 1+ k2
1- 2 ，2k
又O到直线的距离 d= 1- k ，所以
1+ k2
= 1 = 2 1- k (1- k)
2+ 1- 2k2- (1- k)2
S△OBN 2 BN d 2 1- 2k2
= 2 1- k 2 (1- k)2+ 1- 2k2+ (1- k)2
整理得S 2 1△OBN= 2 ，
1+ 1- 2k
2
( + 11- k)2
令 t= 1- k∈ 1- 2 ,1 ，则 1- 2k
2
= -2t
2+ 4t- 1
2 ( - )2 2 =-
1 + 42 t - 2，1 k t t
当 1t = 2，即 k=
1
2 时，
1- 2k2 的最大值为 2，所以S 的最小值为 6- 2(1- k)2 △OBN 4 .
(二) 三角形中一个顶点到对边上某一点的距离为定值，可把三角形分为两个小三角形分别计算面积
若过定点Q的直线与圆锥曲线交于点A，B，点P为定点或满足一定条件的动点，要表示△PAB的面积，
可先求出点 A，B到直线 PQ的距离之和 d，则 S 1ΔPAB= 2 PQ d，特别的，若 PQ与 y轴垂足，SΔPAB=
1
2 PQ yA- yB ，利用这种方法求面积，可以避免使用弦长公式，减少运算量.
2 y2
【例2】(2022 x届江苏省扬州市高邮市高三上学期 12月学情调研)已知椭圆C : 2 + 2 = 1 a> b> 0 上的点a b
到左、右焦点F1、F2的距离之和为 4，且右顶点A到右焦点F2的距离为 1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线 y= kx与椭圆C交于不同的两点M，N，记△MNA的面积为S，当S= 3时求 k的值.
【解析】(1)由题意 2a= 4，a= 2，
因为右顶点A到右焦点F2的距离为 1，即 a- c= 1，所以 c= 1，
则 b= a2- c2= 3，
2 y2
所以椭圆C的标准方程为 x4 + 3 = 1.
(2)设M x1,y1 ，N x2,y2 ，且 OA = 2
根据椭圆的对称性得S = 1 OA y + 1 1△AMN 2 1 2 OA y2 = 2 OA y2- y1 = y2- y1 ，
y= kx 2联立方程组 x2 y2 ，整理得
3
2 + 4 y2= 12，解得 y=± 12k+ = 1 k 4k2+ ，34 3
2
因为△AMN的面积为 3，可得 |y1- y2| = 2 12k 34k2+ = 3，解得 k=±3 2 .
(三)对角线互相垂直的四边形面积的计算
1
对角线互相垂直的四边形的面积为两对角线长度乘积的 2 .
【例3】(2023 45届山东省青岛市高三上学期调研)在平面直角坐标系Oxy中，动圆P与圆C1:x2+ y2+ 2x- 4
= 0 3内切，且与圆C2:x2+ y2- 2x+ 4 = 0外切，记动圆P的圆心的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程；
(2)不过圆心C2且与 x轴垂直的直线交轨迹E于A,M两个不同的点，连接AC2交轨迹E于点B.
(i)若直线MB交 x轴于点N，证明：N为一个定点；
(ii)若过圆心C1的直线交轨迹E于D,G两个不同的点，且AB⊥DG，求四边形ADBG面积的最小值.
【解析】(1)设动圆P的半径为R，圆心P的坐标为 x,y
由题意可知：圆C1的圆心为C1 -1,0 7 1 ，半径为 2；圆C2的圆心为C2 1,0 ，半径为 2 .
∵动圆P与圆C1内切，且与圆C2外切，
PC =
7
1 2 -R∴ PC1 + PC2 = 4> C1C2 = 2
PC2 =
1
2 +R
2 2
∴ y动圆P的圆心的轨迹E是以C1,C2为焦点的椭圆，设其方程为：x2 + 2 = 1(a> b> 0)，a b
其中 2a= 4,2c= 2,∴ a= 2,b2= 3
2 y2
从而轨迹E的方程为：x4 + 3 = 1
(2) (i)设直线AB的方程为 y= k x- 1 k≠ 0 ,A x1,y1 ,B x2,y2 ，则M x1,-y1
y= k x- 1 由 2 y2 可得： 4k2+ 3 x2x - 8k2x+ 4k2- 12= 04 + 3 = 1
2 2
∴ x1+ x2= 8k2+ ,x x =
4k - 12
4k 3 1 2 4k2+ 3
直线BM的方程为 y+ y1=
y2+ y1
x - x x- x1 ，2 1
令 y= 0可得N点的横坐标为：
= x2- x1 + = k x2- x1 xx y x 1- 1 2x1x2- x1+ x2 N y2+ y 1 11 k x1+ x2-
+ x =
2 1 x1+ x2- 2
2× 4k
2- 12 8k2
= 4k
2+ -3 4k2+ 3 = 4
8k2 - 2
4k2+ 3
∴N为一个定点，其坐标为 4,0
(ii)根据 (i)可进一步求得：
AB = 1+ k2 x - x = 1+ k2 × x + x 22 1 2 1 - 4x1x2
8k2 2
2
= + 2 × 4k
2- 12 12 k + 1 1 k 4k2+ - 4×3 4k2+ = .3 4k2+ 3
∵AB⊥DG,∴ k =- 1DG ，k
= 12 k
2+ 1
则 DG
3k2+ 4
∵AB⊥DG，
12 k2+ 1 12 k2+ 1 72 k2+ 1 2∴四边形ADBG面积S= 12 AB × DG
1
= 2 × × =4k2+ 3 3k2+ 4 4k2+ 3 3k2+ 4
2 2 2 2
( ) = 72 k + 1 72 k + 1法一 S 288
4k2+
≥
3 3k2+ 4 4k2+ +
=
3 3k
2+ 4 2 49
2
等号当且仅当 4k2+ 3= 3k2+ 4时取，即 k=±1时，Smin= 28849
(法二)令 k2+ 1= t,∵ k≠ 0,∴ t> 1，
2
则S= 72t = 72 = 72
12t2+ t- 1 1 2- + 1 + 12 - 1 - 1 + 49
t2 t t 2 4
当 1 1t = 2，即 k=±1时，S
288
min= 49
(四)把四边形分割成两个三角形求面积
如果四边形的一条对角线所在直线的方程确定，通常把该四边形分割为以这条对角线为底边的两个三角
形，分别表示出这两个三角形的面积再相加
2
【例4】(2023届THUSSAT x中学生标准学术能力高三 9月测试)已知A、B分别为椭圆 Γ： 2 + y2= 1 a> 1 )a
的上、下顶点，F是椭圆Γ的右焦点，C是椭圆Γ上异于A、B的点，点D在坐标平面内．
(1) ∠AFB= π若 3 ，求椭圆Γ的标准方程；
(2)若 a= 2，且CA⊥AD，CB⊥BD，求四边形CADB面积S的最大值．
【解析】(1)由已知△AFB是等边三角形，
因为AB= 2，AF= a，所以 a= 2，
2
得椭圆的标准方程为 x + y24 = 1．
(2)设C x1,y1 ，D x2,y2 ，

因为CA⊥AD，CB⊥BD，所以CA AD= 0，CB BD= 0

则A 0,1 ,B 0,-1 ,所以CA= -x1,1- y1 ,AD= x2,y2- 1 ，

CB= -x1,-1- y1 ,BD= x2,y2+ 1 ，
所以 x1x2+ y1- 1 y2- 1 = 0，x1x2+ y1+ 1 y2+ 1 = 0，
两式相减得 y2=-y1，
带回原式得 x 21x2+ 1- y1= 0，
2
因为 x1 + y24 1=
x
1，所以 x2=- 14 ，
S CADB=S△CAB+S△DAB= x1 + x2 = 1+ 14
5
x1 ≤ 2 (当 x1=±2时取等)
所以四边形CADB面积S的最大值为 52．
(五)利用函数性质求面积最值或范围
如果能把三角形或四边形的面积用某一个变量来表示，此时可把面积看作关于该变量的函数，若函数的
单调性容易确定，可利用函数单调性求面积最值或范围.
2 2
【例5】( x y2023 3届河南省名校联盟 2高三上学期联考)已知椭圆C : + = 1(a> b> 0)的离心率为 ，左
a2 b2 2
右焦点分别为F1,F2,M ,N是椭圆上关于原点对称的两点， F1M + F1N = 4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆左顶点为A，上顶点为B，直线 l∥AB且交椭圆于P，Q，求△PQB的面积最大时，l的方程.
2
【解析】(1)由题意得 c = 3
a2 4
，
化简得 3a2= 4c2= 4 a2- b2 ，则 a2= 4b2.
根据对称性得 F1M = F2N ，故 F2N + F1N = 4，即 2a= 4，
所以 a2= 4,b2= 1，
2
故椭圆C的方程为 x4 + y
2= 1.
2
(2)由 (1)得 kAB= 12，设P x1,y1 ,Q x
1 x
22,y2 ，l的方程为 y= 2 x+ t(t≠ 1)，代入椭圆方程 4 + y = 1，
整理得 x2+ 2tx+ 2t2- 2= 0，则 x1+ x2=-2t，
x1x2= 2t2- 2,Δ= 4t2- 4 2t2- 2 > 0，解得- 2< t< 2且 t≠ 1.
故 |PQ| = 1+ 14 x1- x2 = 5 2- t
2，
( , ) = |2t- 2|点B 0 1 到直线 l的距离为 d ，
5
1 1 2 |2t- 2|则S△BPQ= 2 |PQ| d= 2 × 5 2- t = 2- t
2 (t- 1)2.
5
令 f(t) = 2- t2 (t- 1)2，则 f (t) =-2t(t- 1)2+ 2 2- t2 (t- 1) =-4(t- 1)
t- 1+ 17 t- 1- 174 4 .
当 t变化时，f (t),f(t)的变化情况如下表：
t - 2, 1- 174
1- 17
4 ,1 1,
1+ 17 1+ 17
4 4 , 2
f t + - + -
f t ↗ ↘ ↗ ↘
比较 f 1- 17 与 f 1+ 17 知，当 t= 1- 174 4 4 时，△PQB面积取最大，
此时，l的方程为 y= 1 x+ 1- 172 4 .
(六)利用均值不等式求面积最值或范围
如果能把三角形或四边形的面积转化为某些变量的代数式，若对代数式进行恒等变形后能出现和为定值
或乘积为定值的式子，可考虑利用均值不等式求最值或范围.
【例6】(2022届新疆昌吉教育体系高三上学期诊断)已知抛物线T :y2= 2px p> 0 ，点 F为其焦点，点M、N
p
在抛物线上，且直线MN过点G - 2 ,0 ， FM = 2 FN = 6.
(1)求抛物线T的方程；
(2)过焦点F作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点A、B和C、D，点P、Q分别为AB、CD
的中点，求△FPQ面积的最小值.
【解析】(1)过点M、N分别作抛物线T的准线 l的垂线，垂足分别为M1、N1，
易知 MM1 = MF ， NN1 = NF ，
因为 FM = 2 FN ，则 MM1 = 2 NN1 ，则点N为MG的中点，
连接ON，则ON为△FGM的中位线，所以， FM = 2 ON = 2 NF ，则 ON = NF ，
p
所以，点N在线段OF的垂直平分线上，则点N的横坐标为 4，
∴ p p FN = 22 + 4 = 3，解得 p= 4，所以，抛物线T的标准方程为 y = 8x.
(2)因为F 2,0 ，若直线AB、CD分别与两坐标轴垂直，则直线AB、CD中有一条
与抛物线只有一个交点，不合乎题意.
所以，直线AB、CD的斜率均存在且不为 0，
设直线AB的斜率为 k k≠ 0 ，则直线AB的方程为 y= k x- 2 ，
y2 = 8x联立 = - ，得 ky
2- 8y- 16k= 0，则Δ= 64+ 64k2> 0，
y k x 2
设A x1,y1 、B x2,y2 ，则 y1+ y = 82 ，k
, = y1+ y y设P x 2 4 PP yP ，则 yP 2 = ，则 xP= + 2=
4 4
2 + 2，所以P 2 + 2, 4 ，k k k k k
同理可得Q 4k2+ 2,-4k ，
故 QF = 4k2+ 2- 2 2+ -4k 2= 16k4+ 16k2= 4 k2 1+ k2 ，
PF = 16 + 16 = 4 1+ k
2
4 2 2 ，因为PF⊥QF，k k k
2
= 1 = 1 × 2 + 2 × 4 1+ k = 8 1+ k
2
所以 S△FPQ 2 PF QF 2 4 k 1 k k2
= 8×
k k +
1

k
≥ 8× 2 k 1 = 16，
k
当且仅当 1 k = ，即 k=±1时等号成立，故△FPQ面积的最小值为 16.
k
三、跟踪检测
x2 y21. (2023届江苏省南通市如皋市高三上学期调研)已知点A(2,1)在双曲线C : 2 - 2- = 1(a> 1)上，直a a 1
线 l交C于P，Q 两点，直线AP，AQ 的斜率之和为 0.
(1)求 l的斜率;
(2)若 tan∠PAQ= 2 2，求△PAQ的面积.
2 2
【解析】(1)将点A(2,1)代入 x2 -
y
2- = 1中，得
4
2 -
1
2- = 1，即 a
4- 4a2+ 4= 0，
a a 1 a a 1
2
解得 a2= 2 ，故双曲线方程为 x - y22 = 1；
由题意知直线 l的斜率存在，设 l:y= kx+m，设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，
2
则联立直线与双曲线 x 22 - y = 1得：(2k
2- 1)x2+ 4kmx+ 2m2+ 2= 0，
需满足 2k2- 1≠ 0,Δ= 8(m2+ 1- 2k2)> 0，
故 x + x =- 4km 2m
2+ 2
1 2 2k2- ，x x = ，1 1 2 2k2- 1
y1- 1 y2- 1 kx1+m- 1 kx2+m- 1kAP+ kAQ= x1- 2
+ x2- 2
= x - 2 + x - 2 = 0，1 2
化简得：2kx1x2+ (m- 1- 2k) (x1+ x2) - 4(m- 1) = 0，
2k(2m2+ 2)
故 2- + (m- 1- 2k) -
4km
2k 1 2k2- 1 - 4(m- 1) = 0，
即 2k2+ (m+ 1)k+m- 1= 0 ，即 (k+ 1) (m+ 2k- 1) = 0，
由题意可知直线 l不过A点，即m+ 2k- 1≠ 0，
故 l的斜率 k=-1.
∠PAQ
2tan
(2)设直线AP的倾斜角为 α，由 tan∠PAQ= 2 2，∴ 2∠ = 2 2，- 2 PAQ1 tan 2
∠PAQ
得 tan 22 = 2 ，(负值舍去)，
由直线AP，AQ 的斜率之和为 0,可知 2α+∠PAQ= π，即 tan π- 2α 22 = 2 ，
则 tan π - α = cosα2 sinα =
2
2 ，得 kAP= tanα=
y - 1
2，即 1x1- 2
= 2，
y1- 1 2联立 x - 2 = 2，及
x1 - y2= 1得 x = 10- 4 22 1 1 3 ，y =
4 2- 5
1
1 3
，
将 x = 10- 4 2，y = 4 2- 5 代入 l:y=-x+m中，得m= 51 3 1 3 3，
故 x1+ x = 202 3 ，x1x =
68
2 9 ，
而 |AP| = 2+ 1|x1- 2| = 3|x1- 2|，|AQ| = 3|x2- 2|，
由 tan∠PAQ= 2 2，得 sin∠PAQ= 2 23 ，
故S 1△PAQ= 2 |AP| |AQ|sin∠PAQ= 2|x1x2- 2(x1+ x2) + 4|
= 2 68 209 - 2× 3 + 4 =
16 2
9 .
2. (2023 1届上海市松江二中高三上学期月考)如图，已知A x1,y1 、B x2,y2 为抛物线 Γ：y= x24 的图像上
异于顶点的任意两个点，抛物线Γ在点A、B处的切线相交于P x0,y0 .
(1)写出这条抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)求证：x1、x0、x2成等差数列，y1、y0、y2成等比数列；
(3)若A，F，B三点共线，求出动点P的轨迹方程及△PAB面积的最小值.
【解析】 (1)抛物线的标准方程为 x2= 4y,于是焦点坐标为F(0,1),准线方程为 y=-1.
(2)y = 12 x,所以 l :y=
1 1 2 1 1 2
AP 2 x1 x- x1 + 4 x1= 2 x1x- 4 x1
lBP:y= 1 x 1 2 1 1 22 2 x- x2 + 4 x2= 2 x2x- 4 x2
y=
1
2 x1x-
1 2
联立 4
x1
,得 xx = 1+ x2 ,y = x1x2 1 0 0 ,而 y
1 2 1 2
1= x1,y2= x2
y= 2 x2x-
1 x2 2 4 4 44 2
2 2
于是 2 xy 1x20= 16 = y1y2,即 =
x1+ xx 20 2 ,y
2
0= y1y2
故 x1，x0，x2成等差数列,y1，y0，y2成等比数列
(3)由于A,F,B三点共线,设 lAB:y= kx+ 1
y= kx+ 1
联立 = 1 2 ,得 x2- 4kx- 4= 0.y 4 x
即动点P的轨迹方程为 y=-1
x + x y + y设AB中点为C,则C 1 2 , 1 22 2 ,即C 2k,2k2+ 1
3
S△PAB= 12 |PC| x1- x2 =
1 2
2 2k + 2 16k
2+ 16= 4 1+ k2 2≥ 4
当 k= 0时取等所以△PAB面积的最小值为 4
2 2
3. ( y2023 x届浙江省嘉兴市高三上学期 9月测试)已知椭圆C : 4 + 2 = 1 0< b< 2 ，直线 l1:y= x+m与椭b
圆C交于A，B两点，且 AB 4 6 的最大值为 3 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2) 4 6当 AB = 3 时，斜率为-2的直线 l2交椭圆C于P，Q两点 (P，Q两点在直线 l1的异侧)，若四边形
APBQ 16 6的面积为 9 ，求直线 l2的方程．
x2 y2
【解析】(1)设A x1,y1 ，B x2,y2 ，联立直线 l1与椭圆方程得 4
+ = 1
b2 ，
y= x+m
消去 y得 b2+ 4 x2+ 8mx+ 4 m2- b2 = 0，又 x1，x2是这个方程的两个实根，
Δ= 64m
2- 16 b2+ 4 m2- b2 > 0

所以 x1+ x2=
-8m
b2+ 4 ，由弦长公式得
4 m2- b2
x1x2= b2+ 4
AB = 1+ k2 x - x = 2 -8m
2 4 m2- b2 4 2b 2
1 2 2+ - 4× = b + 4-m2，b 4 b2+ 4 b2+ 4
所以当m= 0时，AB 取到最大值，即 AB = 4 2b = 4 max
b2+ 4 3
6，解得 b= 2．
x2 y2所以椭圆C的方程为 4 + 2 = 1．
x2 y2
(2)设直线 l2方程为 y=-2x+n，P x3,y + = 1 23 ，Q x4,y4 ，联立直线 l2与椭圆方程 4 2 ，消去 y得 9xy=-2x+n
- 8nx+ 2n2- 4= 0，
Δ= -8n
2- 4× 9× 2n2- 4 > 0

所以 x3+ x
8n
4
= 9 ，且n∈ -3 2,3 2 ，
x x = 2n
2- 4
3 4 9
x - y x - y
记点P，Q到直线 l 3 3 4 41的距离分别为 d1，d2，又 d1= ，d2= 且 x3- y3 x4- y4 < 0，2 2
+ = x3- y3 + x4- y4 = x3- y3 - x4- y4 = 3 x3- x4 所以 d1 d2 2 2 2 2
3 3 8n 2 4× 2n2= + 2- = - - 44 x x x x = 2 3 4 3 4 9 9 3 18-n
2，
2 2
所以SAPBQ= 1 |AB| d + d = 1 4 6 22 1 2 2 3 3 18-n
2= 4 69 18-n
2，
因为S 16APBQ= 9 6，所以
4 6
9 18-n
2= 16 69 ，整理得n
2= 2，所以n=± 2满足条件，
综上所述直线的方程为 l2:y=-2x± 2，即为 l2:2x+ y± 2= 0．
2 2
4. ( y2023 x届湖北省荆荆宜三校高三上学期 9月联考)设椭圆 Γ： 2 + 2 = 1 a> b> 0 ，F1，F2是椭圆 Γ的a b
左、右焦点，点A 1, 32 在椭圆Γ上，点P 4,0 在椭圆Γ外，且 PF2 = 4- 3．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)若B 1,- 32 ，点C为椭圆Γ上横坐标大于 1的一点，过点C的直线 l与椭圆有且仅有一个交点，并与
直线PA，PB交于M，N两点，O为坐标原点，记△OMN，△PMN的面积分别为S1，S 2 22，求S1-S1S2+S2
的最小值．
【解析】(1)因为点A 1, 3 1 32 在椭圆Γ上，所以 2 + 2 = 1，①a 4b
因为点P 4,0 在椭圆Γ外，且 PF2 = 4- 3，所以 c= 3，即 a2- b2= c2= 3，②
由①②解得 a2= 4，b2= 1，
2
故椭圆Γ的方程为 x4 + y
2= 1．
(2)设点M x1,y1 ，N x2,y2 ，设直线MN：x=my+ t，
由椭圆性质以及点C的横坐标大于 1可知，t> 2，
2
将直线MN代入方程 x4 + y
2= 1并化简可得， my+ t 2+ 4y2- 4= 0，
即 m2+ 4 y2+ 2mty+ t2- 4= 0，
因为直线 l与椭圆有且仅有一个交点，
所以Δ= 4m2t2- 4 m2+ 4 t2- 4 = 0，即 t2=m2+ 4．
直线AP的方程为：x= 4- 2 3y；直线BP的方程为 lBP：x= 4+ 2 3y，
x=my+ t,
联立方程 4- t t- 4 x= - , 得 y1= + ，同理得 y2= ，4 2 3y 2 3 m 2 3-m
- = 4- t -4 3所以 y y 4 31 2 m2- =12 t+ 4，
所以S = 11 2 t y1- y2 ，S =
1
2 2 4- t y1- y2 ，
所以S21-
t 4- t
S1S2+S2 12= 4 t
2 y 21- y2 - 4 y - y
1
1 2 2+ 4 (4- t)
2 y1- y2 2
= 1 48 9t+ 8 4 y1- y
1 48
2 2 t2- 4t+ t2+ 16- 8t+ t2 = 4 × 3t
2- 12t+ 16 = 36-
t+ 4 2 t2+ 8t+
，
16
令 9t+ 8= λ λ> 26 ，则S2-S S +S2= 36- 48× 81 91 1 2 2 282 ≥ 7，λ+ λ + 56
当且仅当 λ= 28，即 t= 209 时，不等式取等号，
故当 t= 20 时，S29 1-S
2 9
1S2+S2 取得最小值 7．
2 2
5. ( y2023 x届广东省潮阳实验、湛江一中、深圳实验三校高三上学期联考)已知椭圆C : 2 + 2 = 1(a> b> 0)a b
3
的离心率为 2 ，椭圆上一动点P与左 右焦点构成的三角形面积最大值为 3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左 右顶点分别为A,B，直线PQ交椭圆C于P,Q两点，记直线AP的斜率为 k1，直线BQ
的斜率为 k2，已知 k1= 3k2.
①求证：直线PQ恒过定点；
②设△APQ和△BPQ的面积分别为S1,S2，求 S1-S2 的最大值.
c = 3 a 2 a2 2【解析】(1)由题意 bc= 3 ，解得
= 4
2= ，所以椭圆C的方程为
x 2
b 1 4
+ y = 1．
a2= b2+ c2
(2)①依题意A(-2,0),B(2,0)，设P x1,y1 ,Q x2,y2 ，
若直线PQ的斜率为 0则P，Q关于 y轴对称，必有 kAP=-kBQ，不合题意．
所以直线PQ斜率必不为 0，设其方程为 x= ty+n(n≠±2)，
2
与椭圆 联立 x + 4y
2= 4
C 2 2= + ，整理得： t + 4 y + 2tny+n
2- 4= 0，
x ty n
y 2tn1+ y2=- 2 ,
所以Δ= 16 t2+ 4-n2 t + 4 > 0，且 y y = n2- 41 2 t2+ .4
2
因为 xP x 1 21,y1 是椭圆上一点，即 4 + y1= 1，
x21
2 1-
所以 k k = y1 y1 y1 4 1AP BP x + 2 x - 2 = 2- = 2- =- 4，则 kAP=-
1 = 3kBQ，即 12kBP kBQ=-1
1 1 x1 4 x1 4 4kBP
= 12y1y2 = 12y y 12y因为 12k k 1 2 = 1y2BP BQ
x1- 2 x2- 2 ty +n- 2 ty +n- 2 t21 2 y1y2+ t(n- 2) y1+ y2 + (n- 2)2
12 n2- 4
t2= + 4 = 12(n+ 2) = 3(n+ 2)2 2- 2 2 2 2 n- 2 =-1，t n 4
2+ -
2t n(n- 2) + ( - )2 t (n+ 2) - 2t n+ (n- 2) t + 42 n
t 4 t2+ 4
所以n=-1，此时Δ= 16 t2+ 4-n2 = 16 t2+ 3 > 0，
故直线PQ恒过 x轴上一定点D -1,0 ．
②由①得：y + y = 2t1 2 2+ ,y1y2=-
3
t 4 t2+ ，4
所以 S -S 1 11 2 = 2 y1- y2 2- -1 - 2 y1- y2 -2- -1 = y1- y2
4 t2+ 3 t2+ 4 - 1 1 1 1 1 2= y1+ y 2 12 - 4y1y2= 2+ = 4 2+ 2 = 4 2+ - 2+ 2 = 4 -t 4 t 4 t 4 t 4 - + ，t2+ 4 2 4
而 1 ∈ 0, 12+ 4

，当
1 1
t 4 t2+ =4 4 时 S1-S2 的最大值为 3．
2 2
6. ( y2023 x 1届重庆市第一中学校高三上学期 9月月考)已知椭圆C: 2 + 2 = 1(a> b> 0)经过点 3,a b 2 ，其
右焦点为F 3,0 .
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若点P,Q在椭圆C上，右顶点为A，且满足直线AP与AQ 1的斜率之积为 20 .求△APQ面积的最大
值.
c= 3 a= 2
【解析】(1)依题可得， 3 2 +
1
2 = 1
a 4b
，解得 b= 1 ，
a2

= b2+ c2 c= 3
2
所以椭圆C的方程为 x4 + y
2= 1.
所以离心率 e= 32 .
(2)易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线PQ不垂直于 x轴，
故可设PQ:y= kx+m,k≠ 0,P x1,y1 ,Q x2,y2 ，
x2 + y2由 = 1 4 可得， 1+ 4k2 x2+ 8mkx+ 4m2- 4= 0，y= kx+m
2
所以 x + x = -8mk ,x 4m - 41 2 1+ 4k2 1x2= ，1+ 4k2
Δ= 16 4k2+ 1-m2 > 1
y1 y0，而 k 2 1APkAQ= 20，即 x1- 2
x2- 2
= 20，
化简可得 20 kx1+m kx2+m = x1- 2 x2- 2 ，
20k2x1x2+ 20km(x1+ x2) + 20m2= x1x2- 2(x1+ x2) + 4，
4m220k2 - 4
2
+ 2 + 20km
-8mk + 20m2= 4m - 4 - 2× -8mk + 4
1 4k 1+ 4k2 1+ 4k2 1+ 4k2
化简得 6k2+mk-m2= 0，
所以m=-2k或m= 3k，
所以直线PQ:y= k x- 2 或 y= k x+ 3 ，
因为直线PQ不经过点A，
所以直线PQ经过定点 -3,0 .
设定点B -3,0 ,S△APQ= S△ABP-S△ABQ = 12 AB y
5
1- y2 = 2 k x1- x2
= 52 k (x1+ x )
2
2 - 4x1x2
= 5 k -8km
2 2
2 + 2 - 4×
4m - 4
1 4k 1+ 4k2
= 5 k 16 4k
2+ 1-m2 10 1- 5k2 k2
2 1+ 4k2 = 1+ 2 ，4k
因为 1- 5k2> 0，所以 0< k2< 15，
设 t= 4k2+ 1∈ 1, 95 ，
所以S = 5 -5t
2+ 14t- 9 5 1 7 2 4 5
△APQ 2 2 = 2 -9 t - 9 + 9 ≤ 3，t
当且仅当 t= 9 即 k27 =
1
14 时取等号，即△APQ面积的最大值为
5
3 .
2 2
7. ( y2023 x届山东省济南市高三上学期 9月考试)已知点F是抛物线C:x2= 4y与椭圆 2 +a b2 = 1(a> b> 0)
的公共焦点，椭圆上的点M到点F的最大距离为 3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点M作C的两条切线，记切点分别为A,B，求△MAB面积的最大值.
【解析】(1)抛物线C的焦点为F 0,1 ，即 c= 1，
椭圆上的点M到点F的最大距离为 a+ c= 3，所以 a= 2，b2= 3，
y2 2
所以椭圆方程为 x4 + 3 = 1.
2
(2)抛物线C的方程为 x2= 4y，即 y= x4 ，
对该函数求导得 y = x2，
设点A x1,y1 ，B x2,y2 ，M (x0,y0)，
直线MA的方程为 y- y1=
x1
2 (x- x1)，
即 = xy 1x2 - y1，即 x1x- 2y1- 2y= 0，
同理可知，直线MB的方程为 x2x- 2y2- 2y= 0，
x x - 2y - 2y = 0
由于点M为这两条直线的公共点，则 1 0 1 0 x2x0- 2y2- 2y0= ，0
所以点A，B的坐标满足方程 x0x- 2y- 2y0= 0，
所以直线AB的方程为 x0x- 2y- 2y0= 0，
x0x- 2y- 2y0= 0联立 = x2 ，可得 x2- 2x0x+ 4y0= 0，y 4
由韦达定理可得 x1+ x2= 2x0，x1x2= 4y0，
2 2
所以 AB = 1+ x02
x
x1+ x 22 - 4x x = 1+ 01 2 2 4x20- 16y = x20 0+ 4 x20- 4y0 ，
x2= 0- 4y点M到直线AB的距离为 d 0 ，
x20+ 4
1 1 x2 3所以S = AB d= x2+ 4 x2- 4y 0
- 4y0 1
△MAB 2 2 0 0 0 = 2 x
2 2
0- 4y0 ，
x20+ 4
2 2
因为 x20- 4y0= 3-
3y0
4 - 4y
3
0=- 4 y +
8 + 250 3 3 ，
由已知可得-2≤ y0≤ 2，
所以当 y0=-2时，△MAB面积的最大值为 8 2.
2 2
8. ( y2023 x 3届河北省廊坊市三河市高三上学期段考)已知椭圆C: 2 + 2 = 1(a> b> 0)的离心率为 2 ，且Ca b
的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为 8 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线 l:x-my- 1= 0与 x轴交于点M，与椭圆C交于P，Q两点，过点P与 x轴垂直的直线与椭圆
C的另一个交点为N，求△MNQ面积的最大值．
2 2 2
【解析】(1)设椭圆C的焦距为 2c，则 e= c = 3 c a - b 3a 2 ，即 2 = 2 = 4，a a
2
所以 1- b = 3，即 a= 2b，
a2 4
又C的左，右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为 8 3，
所以 4× 12 bc= 8 3，即 bc= 4 3，
综上解得 a2= 16,b2= 4，
2 y2
所以椭圆C的方程为 x16 + 4 = 1．
x=my+ 1
(2)易得M (1,0)，设P x1,y1 ,Q x2,y2 ，则N x1,-y1 ，联立直线 l与椭圆C的方程 x2 y2 ，得16 + 4 = 1
m2+ 4 y2+ 2my- 15= 0，
则 y 2m 151+ y2=- 2+ ,y ym 4 1 2=-m2+ ．4
又S = 1△PQN 2 × 2y
1
1 × x2- x1 ,S△PMN= 2 × 2y1 × 1- x1 ，
易知 x2- x1与 1- x1同号，
所以S△MNQ=S△PQN-S△PMN= y1 × x2- x1 - 1- x1 = y1 × x2- x1 - 1- x1
= 15|m|y 15 15 15 1 × x2- 1 = y1 × my2 = my1y2 = m2+ = ≤ = ，4 |m|+ 4|m| 2 |m| ×
4 4
|m|
当且仅当 |m| = 4| |，即m=±2时等号成立，m
所以△MNQ面积的最大值为 154 ．
2 2
9. ( y2023 x届河南省部分学校高三上学期 9月联考)已知椭圆 C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左焦点为a b
F1 -1,0 ，上、下顶点分别为A，B，∠AF1B= 90°．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若椭圆上有三点P，Q，M满足OM =OP+OQ，证明：四边形OPMQ的面积为定值．
【解析】(1)依题意 c= 1，又∠AF1B= 90°，所以 b= c= 1，
所以 a= b2+ c2= 2，
2
所以椭圆方程为 x2 + y
2= 1.

(2)证明：设M x,y ，P x1,y1 ，Q x2,y2 ，因为OM =OP+OQ，所以四边形OPMQ为平行四边形，
且 x= x1+ x2，所以 x1+ x
2 2 2
2 2 x1 x2
2 2y= y + y 2 + y1+ y2 = 1，即1 2 2 + y1 + 2 + y2 + x1x2+ 2y1y2= 1，
又 x
2 2
1
2 +
x
y21 = 1， 22 + y
2
2 = 1，所以 x1x2+ 2y1y2=-1，
若直线PQ的斜率不存在，M与左顶点或右顶点重合，
则 xP = xQ = 22 ，所以 yP = y =
3
Q 2 ，
所以SOPMQ= 12 × 2 xP × 2 yP =
6
2 ，
若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为 y= kx+ t，代入椭圆方程整理得 1+ 2k2 x2+ 4ktx+ 2t2-
2= 0，
2
所以Δ= 8 2k2+ 1- t2 > 0，x + x = -4kt ，x x = 2t - 2 1 2 + 2 1 2 + ，1 2k 1 2k2
所以 y y = kx + t kx + t = k21 2 1 2 x1x2+ kt x1+ x2 + t2
2t2= k2 - 2 -4kt 2
1+ + kt 2k2 1+ 2k2 + t
所以 2k2+ 1 2t
2- 2 + 2kt -4kt 21+ 2k2 1+ 2k2 + 2t =-1，
整理得 4t2= 1+ 2k2，
8 1+ 2k2- t2
又 PQ = k2+ 1 x1- x2 = k2+ 1 1+ ，2k2
t
又原点O到PQ的距离 d= ，
k2+ 1
2 2
所以S 1△POQ= 2 PQ d=
1+ 2k - t t
2 ，
1+ 2k2
3t2 t
将 4t2= 1+ 2k2代入得S△POQ= 2 2 =
6
4t 4
，
所以S 6OPMQ= 2S△POQ= 2 ，
综上可得，四边形OPMQ的面积为定值 62 .
2 2
10.( y2022届河南省高三上学期联考)已知椭圆 E : x2 + 2 = 1 a> b> 0
1
的离心率为 2 ，且椭圆 E经过点a b
1, 32 ，过右焦点F作两条互相垂直的弦AB和CD．
(1)求椭圆E的方程；
(2)当四边形ACBD的面积取得最小值时，求弦AB所在直线的方程．
c = 1 a 2 a= 2 2 2
【解析】(1)已知可得 a2= b2+ c2 ，解得 y b= 3，所以椭圆E的方程为
x +
1 9 = 4 3
= 1．
c 1 a2 + 4b2 = 1
(2)当AB或CD中有一条直线垂直于 x轴时，不妨设AB⊥ x轴，
因为焦点F的坐标为 1,0 ，所以直线AB的方程为 x= 1，
将 x= 1代入椭圆方程可得 y=± 32，则 AB = 3， CD = 4，
四边形ACBD的面积S= 12 × 4× 3= 6；
当AB的斜率存在且不为 0时，设其斜率为 k k≠ 0 ，
由 (1)知F 1,0 ，所以直线AB的方程为 y= k x- 1 ，
x2 y2与椭圆E的方程 + = 1联立并消去 y得 3+ 4k2 x24 3 - 8k
2x+ 4k2- 12= 0．
设A x1,y1 、B x2,y2 ，Δ= 64k4- 4 3+ 4k2 4k2- 12 = 144 k2+ 1 > 0,
2 2
则 x + x = 8k ，x x = 4k - 121 2 + 2 1 2 ，3 4k 3+ 4k2
4 2
AB = 1+ k2 x1- x2 = 1+ k2 x1+ x 2 2 64k 16k - 482 - 4x1x2= 1+ k 3+ 4k2 2
-
3+ 4k2
1+ k2 12 1+ k2= + 2 64k
4- 16k2- 48 3+ 4k2 = ．
3 4k 3+ 4k2
12 1+ 12 12 k2+ 1
同理可得可得 = k = CD 4 3k23+ +
，
4
k2
122 k2+ 1 2 72 k2+ 1 2
所以四边形 ACBD面积S= 12 AB × CD =
1
2 × = 4k2+ 3 3k2+ 4 4k2+ 3 3k2+ 4
≥ 72 k
2+ 1 2 2 2 288
2
4k + +
= 72× = ，
3 3k2+ 4 2 7
49
2
当且仅当 4k2+ 3= 3k2+ 4时，即当 k=±1时，等号成立，
因为 6> 28849 ，故当四边形ACBD的面积取得最小值时，直线AB的方程为 y= x- 1或 y=-x+ 1．
2 y2
11. (2022 x届河南省县级示范性高中高三上学期尖子生对抗赛)顺次连接椭圆C :
a2
+
b2
= 1(a> b> 0)的四
2
个顶点，得到的四边形的面积为 8 2，连接椭圆C的某两个顶点，可构成斜率为 2 的直线.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知过点A(-4, ) |AE| |BE|0 的直线 l与椭圆C交于E，F两点，点B在线段EF上，若 | | = | |，求△OABAF BF
(O为坐标原点)面积的取值范围.
( ) b = 2 , b= 2, 2 y2【解析】1 依题意得 a 2 解得 = , 所以椭圆C的标准方程是
x +
2ab= 8 2, a 2 2 8 4
= 1.
(2)设直线 l的方程为 x= ty- 4(t≠ 0)，代入椭圆C的方程得 t2+ 2 y2- 8ty+ 8= 0，由Δ> 0得 t2> 2,
|t| > 2.
设E x1,y1 ,F x2,y2 ，
y + y = 8t1 2 ,
所以 t
2+ 2
8 ，|EF| = (x1- x )22 + (y1- y2)2= t2+ 1 y1- y2 ， y1y2= t2+ ,2
|AE| = |BE|

设 | | | | = λ，则AE= λAF,EB= λBFAF BF

AB=AE+EB= λ EF + λ- + EF =
2λ
1 λ 1 λ 1- λ2 EF .
原点O到直线 l的距离 d= 4 ，
t2+ 1
故△OAB的面积S= 1 × 2λ 22 - 2 t + 1 y1- y2
4 = 4λ y
1 λ 2+ 1- λ2 1
- y2 .
t 1
y
y 4
1
= = 1 = y2 - = 4y1y因为 y λy λ ，故S y y 2 = 41 2 y 2 1 2 ∈ (0,2 2)，2 - y1 y1+ y2 |t|1 y22
故△OAB面积的取值范围为 (0,2 2).
12.(2022届广西“智桂杯”高三上学期联考)如图，已知抛物线：C:x2= y，M 0,1 ，N 0,-1 ，过点M垂直于 y
轴的垂线与抛物线C交于B，C，点D，E满足CE= λCN，ND= λNB 0< λ< 1 .
(1)求证：直线DE与抛物线有且仅有一个公共点；
( S2)设直线DE与此抛物线的公共点为Q，记△BCQ与△DEN的面积分别为S1，S 12，求 S 的值.
2
【解析】(1)易知B 1,1 ,C -1,1 ，设D x,y ，由ND= λNB，可得 x,y+ 1 =
λ 1,2 ，
故有D λ,2λ- 1 ，同理E λ- 1,1- 2λ ，
于是直线DE的方程是 y- 2λ- 1 = 4λ- 2 x- λ ，
即 y= 4λ- 2 x- 2λ- 1 2①与抛物线方程联立，即
2
y= 4λ- 2 x- 2λ- 1 x2= y
得到 x- 2λ- 1 2= 0，
此方程有两个相等的根：x= (2λ- 1)代入①，得 y= 2λ- 1 2，
故直线DE与抛物线有且仅有一个公共点Q 2λ- 1, 2λ- 1 2
(2)S 11=S△BCQ= 2 BC h=
1 × 2× 1- y = 1 2 Q 2 × 2× 1- 2λ- 1
2 =
4 λ- λ2
设直线DE与 y轴交于G，则G 0,- 2λ- 1 2 ，
于是S2=S 1△DEN= 2 NG x - x =
1
D E 2 - 2λ- 1
2+ 1 λ- λ- 1 =
2 λ- λ2
故有 S1S = 2.2
x213.(2022 3届河南省名校联盟高三上学期 12月考)已知椭圆C: + y2= 1 a> 1 的离心率为 ，F，F 是C
a2 2 1 2
的左、右焦点，P是C上在第一象限内的一点，F1关于直线PF2对称的点为M，F2关于直线PF1对称的点
为N．
(1)证明： MN ≤ 4；
(2)设A，B分别为C的右顶点和上顶点，直线 y= kx k> 0 与椭圆C相交于E，F两点，求四边形AEBF
面积的取值范围．
2
【解析】(1)C的离心率为 32 ，即
a - 1
a =
3
2 ，解得 a= 2．
由题意知 PF1 = PM ， PF2 = PN ，
MN ≤ PM + PN = PF1 + PF2 = 2a= 4
(2)直线AB，EF的方程分别为 x+ 2y= 2，y= kx k> 0 ，
设E x1,kx1 ，F x2,kx2 ，其中 x1< x2，
y= kx,由 x2 + 2= 得 x =-
2
1 ，x2= 2 ，
4 y 1, 1+ 4k
2 1+ 4k2
x + 2kx - 2 2 1+ 2k+ 1+ 4k2
所以点E，F到AB的距离分别为 h1= 1 1 =5 5 1+ 4k2
= x2+ 2kx2- 2
2
=
1+ 2k- 1+ 4k2
h2 5 5 1+ 4k2
又 AB = 22+ 1= 5
所以四边形AEBF的面积为
2
S= 1 12 AB h1+ h2 = 2 × ×
4 1+ 2k
5 = 2 1+ 4k + 4k+ 2 = 2 1+
4k
+ 2 = 2 1+
4
5 1+ 4k2 1 4k 1 4k 1
k + 4k
当 k∈ 0,+∞ 时，1 + 4k∈ 4,+∞ ，则 4 1 ∈ 0,1 ，所以 2 1+
4 ∈
k 1
2,2 2 ，
k + 4k k + 4k
即四边形AEBF面积的取值范围为 2,2 2
2 2
14.(2022届宁夏石嘴山市高三上学期月考) x y已知椭圆 C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左焦点为 F，离心率为a b
1
2 ，过点F且垂直于 x轴的直线交C于A,B两点， AB = 3
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线 l过点M -4,0 且与椭圆相交于A，B两点，求△ABF面积最大值及此时直线 l的斜率.
c = 1 a 2 a= 2
【解析】(1)由题知： 2b2 b= 3，
a = 3 c= 1 a2= b2+ c2
2 y2
所以椭圆C: x4 + 3 = 1.
(2)设直线 l的方程为 x=my- 4，设A x1,y1 B x2,y2 ，
x=my- 4
与椭圆方程联立得 2 y2 ，消去 x得 3m2x + 4 y2- 24my+ 36= 0.4 + 3 = 1
则Δ= 576m2- 4× 36 3m2+ 4 = 144 m2- 4 > 0，所以m2> 4.
由根与系数的关系知 y1+ y2= 24m ，y y = 363m2+ 4 1 2 3m2+ ，4
2
所以S 3△ABF= 2 y1- y =
18 m - 4
2 .①3m2+ 4
令 t= m2- 4 t> 0 ，则①式可化为S = 18t = 18 ≤ 18 = 3 3 △ABF 3t2+ 16 3t+ 16
.
2 3t 16 4t t
当且仅当 3t= 16t ，即 t=
16
3 时，等号成立.
此时m=± 2 213 ，所以直线 l的斜率为±
21
14 .
15.已知抛物线C :y2= 2px p> 0 的焦点为F，过点F的直线 l交抛物线C于A，B两点，当 l⊥ x轴时， AB
= 2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线 l交 y轴于点D，过点D且垂直于 y轴的直线交抛物线C于点P，直线PF交抛物线C于另一点
Q.
①是否存在定点M，使得四边形AQBM为平行四边形？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明
理由.
②求证：S△QAF S△QBF为定值.
【解析】(1)当 l⊥ x轴时，易得 AB = 2p，
所以 2p= 2，解得 p= 1，
所以抛物线C的方程为 y2= 2x；
(2)①解：易知直线 l的斜率存在且不为 0，设直线 l的方程为 x=my+ 12 m≠ 0 ，
代入抛物线C的方程 y2= 2x，并整理得 y2- 2my- 1= 0，
设A x1,y1 ，B x2,y2 ，由根与系数的关系得 y1+ y2= 2m，y1y2=-1.
所以 x + x my
2 2
1 2 = 1+my2+ 1 = 2m + 12 2 2 ，所以线段AB的中点N的坐标为
2m + 1
2 ,m ，连接QM，若
四边形AQBM为平行四边形，则N是QM的中点，
易知D 0,- 12m ，因此P
1
2 ,-
1
8m 2m ，
设直线PQ的方程为 x= ty+ 12，代入抛物线C的方程 y
2= 2x，整理得 y2- 2ty- 1= 0，
所以 yPy
1
Q=- 2m yQ=-1，
故 yQ= 2m，因此Q 2m2,2m ，
2
故可得 x = 2m + 1M 2 × 2- 2m
2= 1，yM= 2m- 2m= 0，
故点M的坐标为M 1,0 ，
因此存在定点M 1,0 ，使得四边形AQBM为平行四边形；
1 2m2-m 2m- 1 ②证明：点Q 2m2,2m 到直线 l:x=my+ 2 的距离 d=
2 = 1 ，
m2+ 1 2 m2+ 1
由A 1 x ,y ，F ,0 ，可得 AF = m21 1 2 + 1 y1 ，
因此S 1△QAF= 2 AF d=
1
4 y1 ，
同理可得S 1△QBF= 4 y2 ，
所以S△QAF S 1 1△QBF= 16 y1y2 = 16，为定值.圆锥曲线中的面积问题
一、考情分析
圆锥曲线中的面积问题常见的是三角形的面积问题，有时也会考查平行四边形的面积或对角线互相垂直
的四边形面积问题，求解此类问题通常是借助弦长公式或点到直线距离公式用某些量，如动直线的斜率
或截距表示面积，再利用函数、方程或不等式知识求解.
二、解题秘籍
(一)利用弦长与点到直线距离计算三角形面积
若直线与圆锥曲线交于点A，B，点P为定点或满足一定条件的动点，要表示△PAB的面积，一般是先利
用弦长公式求出 AB ，再利用点到直线距离公式求出点P到直线AB的距离 d，则S 1ΔPAB= 2 AB d.
x2
【例1】(2023届浙江省名校协作体高三上学期考试)如图，已知双曲线C : 22 - y = 1，经过点T 1,1 且斜率为
k的直线 l与C交于A,B两点，与C的渐近线交于M ,N两点 (从左至右的顺序依次为A,M ,N ,B)，其中 k
∈ 0, 22 .
(1)若点T是MN的中点，求 k的值；
(2)求△OBN面积的最小值.
(二) 三角形中一个顶点到对边上某一点的距离为定值，可把三角形分为两个小三角形分别计算面积
若过定点Q的直线与圆锥曲线交于点A，B，点P为定点或满足一定条件的动点，要表示△PAB的面积，
1
可先求出点 A，B到直线 PQ的距离之和 d，则 SΔPAB= 2 PQ d，特别的，若 PQ与 y轴垂足，SΔPAB=
1
2 PQ yA- yB ，利用这种方法求面积，可以避免使用弦长公式，减少运算量.
2 y2
【例2】(2022 x届江苏省扬州市高邮市高三上学期 12月学情调研)已知椭圆C : + = 1 a> b> 0 上的点
a2 b2
到左、右焦点F1、F2的距离之和为 4，且右顶点A到右焦点F2的距离为 1.
(1)求椭圆C的方程;
(2)直线 y= kx与椭圆C交于不同的两点M，N，记△MNA的面积为S，当S= 3时求 k的值.
(三)对角线互相垂直的四边形面积的计算
1
对角线互相垂直的四边形的面积为两对角线长度乘积的 2 .
【例3】(2023 45届山东省青岛市高三上学期调研)在平面直角坐标系Oxy中，动圆P与圆C1:x2+ y2+ 2x- 4
= 0内切，且与圆C :x2+ y22 - 2x+ 34 = 0外切，记动圆P的圆心的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程；
(2)不过圆心C2且与 x轴垂直的直线交轨迹E于A,M两个不同的点，连接AC2交轨迹E于点B.
(i)若直线MB交 x轴于点N，证明：N为一个定点；
(ii)若过圆心C1的直线交轨迹E于D,G两个不同的点，且AB⊥DG，求四边形ADBG面积的最小值.
(四)把四边形分割成两个三角形求面积
如果四边形的一条对角线所在直线的方程确定，通常把该四边形分割为以这条对角线为底边的两个三角
形，分别表示出这两个三角形的面积再相加
x2
【例4】(2023届THUSSAT中学生标准学术能力高三 9月测试)已知A、B分别为椭圆 Γ： 2
a2
+ y = 1 a> 1 )
的上、下顶点，F是椭圆Γ的右焦点，C是椭圆Γ上异于A、B的点，点D在坐标平面内．
(1)若∠AFB= π3 ，求椭圆Γ的标准方程；
(2)若 a= 2，且CA⊥AD，CB⊥BD，求四边形CADB面积S的最大值．
(五)利用函数性质求面积最值或范围
如果能把三角形或四边形的面积用某一个变量来表示，此时可把面积看作关于该变量的函数，若函数的
单调性容易确定，可利用函数单调性求面积最值或范围.
2 y2
【例5】(2023 x 3届河南省名校联盟 2高三上学期联考)已知椭圆C : +
a2 b2
= 1(a> b> 0)的离心率为 2 ，左
右焦点分别为F1,F2,M ,N是椭圆上关于原点对称的两点， F1M + F1N = 4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆左顶点为A，上顶点为B，直线 l∥AB且交椭圆于P，Q，求△PQB的面积最大时，l的方程.
(六)利用均值不等式求面积最值或范围
如果能把三角形或四边形的面积转化为某些变量的代数式，若对代数式进行恒等变形后能出现和为定值
或乘积为定值的式子，可考虑利用均值不等式求最值或范围.
【例6】(2022届新疆昌吉教育体系高三上学期诊断)已知抛物线T :y2= 2px p> 0 ，点 F为其焦点，点M、N
p
在抛物线上，且直线MN过点G - 2 ,0 ， FM = 2 FN = 6.
(1)求抛物线T的方程；
(2)过焦点F作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点A、B和C、D，点P、Q分别为AB、CD
的中点，求△FPQ面积的最小值.
三、跟踪检测
2 2
1. (2023届江苏省南通市如皋市高三上学期调研)已知点A(2,1) C : x y在双曲线 2 - 2- = 1(a> 1)上，直a a 1
线 l交C于P，Q 两点，直线AP，AQ 的斜率之和为 0.
(1)求 l的斜率;
(2)若 tan∠PAQ= 2 2，求△PAQ的面积.
2. (2023届上海市松江二中高三上学期月考)如图，已知A x1,y1 、B x2,y2 为抛物线 Γ：y= 14 x
2的图像上
异于顶点的任意两个点，抛物线Γ在点A、B处的切线相交于P x0,y0 .
(1)写出这条抛物线的焦点坐标和准线方程；
(2)求证：x1、x0、x2成等差数列，y1、y0、y2成等比数列；
(3)若A，F，B三点共线，求出动点P的轨迹方程及△PAB面积的最小值.
2
( y
2
3. 2023 x届浙江省嘉兴市高三上学期 9月测试)已知椭圆C : 4 + 2 = 1 0< b< 2 ，直线 l1:y= x+m与椭b
圆C 4 6交于A，B两点，且 AB 的最大值为 3 ．
(1)求椭圆C的方程；
(2) 4 6当 AB = 3 时，斜率为-2的直线 l2交椭圆C于P，Q两点 (P，Q两点在直线 l1的异侧)，若四边形
APBQ 16 6的面积为 9 ，求直线 l2的方程．
2 2
4. ( y2023 x届湖北省荆荆宜三校高三上学期 9月联考)设椭圆 Γ： 2 + 2 = 1 a> b> 0 ，F1，F2是椭圆 Γ的a b
左、右焦点，点A 1, 32 在椭圆Γ上，点P 4,0 在椭圆Γ外，且 PF2 = 4- 3．
(1)求椭圆Γ的方程；
(2) 3若B 1,- 2 ，点C为椭圆Γ上横坐标大于 1的一点，过点C的直线 l与椭圆有且仅有一个交点，并与
直线PA，PB交于M，N两点，O为坐标原点，记△OMN，△PMN的面积分别为S1，S2，求S21-S 21S2+S2
的最小值．
2 y2
5. (2023 x届广东省潮阳实验、湛江一中、深圳实验三校高三上学期联考)已知椭圆C :
a2
+ 2 = 1(a> b> 0)b
3
的离心率为 2 ，椭圆上一动点P与左 右焦点构成的三角形面积最大值为 3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左 右顶点分别为A,B，直线PQ交椭圆C于P,Q两点，记直线AP的斜率为 k1，直线BQ
的斜率为 k2，已知 k1= 3k2.
①求证：直线PQ恒过定点；
②设△APQ和△BPQ的面积分别为S1,S2，求 S1-S2 的最大值.
2 y2
6. (2023届重庆市第一中学校高三上学期 9月月考) x已知椭圆C: 2 + 2 = 1(a> b> 0)经过点a b 3,
1
2 ，其
右焦点为F 3,0 .
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若点P,Q在椭圆C 1上，右顶点为A，且满足直线AP与AQ的斜率之积为 20 .求△APQ面积的最大
值.
y2 2
7. (2023届山东省济南市高三上学期 9月考试)已知点F是抛物线C:x2= 4y + x与椭圆 2 2 = 1(a> b> 0)a b
的公共焦点，椭圆上的点M到点F的最大距离为 3.
(1)求椭圆的方程；
(2)过点M作C的两条切线，记切点分别为A,B，求△MAB面积的最大值.
2 2
8. ( y2023 x 3届河北省廊坊市三河市高三上学期段考)已知椭圆C: 2 + 2 = 1(a> b> 0)的离心率为 2 ，且Ca b
的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为 8 3．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线 l:x-my- 1= 0与 x轴交于点M，与椭圆C交于P，Q两点，过点P与 x轴垂直的直线与椭圆
C的另一个交点为N，求△MNQ面积的最大值．
2 y2
9. (2023 x届河南省部分学校高三上学期 9月联考)已知椭圆 C：
a2
+ 2 = 1 a> b> 0 的左焦点为b
F1 -1,0 ，上、下顶点分别为A，B，∠AF1B= 90°．
(1)求椭圆C的方程；

(2)若椭圆上有三点P，Q，M满足OM =OP+OQ，证明：四边形OPMQ的面积为定值．
x2 y210.(2022届河南省高三上学期联考)已知椭圆 E : 2 + = 1 a> b> 0
1
的离心率为 ，且椭圆 E经过点
a b2 2
1, 32 ，过右焦点F作两条互相垂直的弦AB和CD．
(1)求椭圆E的方程；
(2)当四边形ACBD的面积取得最小值时，求弦AB所在直线的方程．
2 2
11. ( y2022 x届河南省县级示范性高中高三上学期尖子生对抗赛)顺次连接椭圆C : 2 + = 1(a> b> 0)的四a b2
2
个顶点，得到的四边形的面积为 8 2，连接椭圆C的某两个顶点，可构成斜率为 2 的直线.
(1)求椭圆C的标准方程；
( ) |AE| |BE|2 已知过点A(-4,0)的直线 l与椭圆C交于E，F两点，点B在线段EF上，若 | =AF| | |，求△OABBF
(O为坐标原点)面积的取值范围.
12.(2022届广西“智桂杯”高三上学期联考)如图，已知抛物线：C:x2= y，M 0,1 ，N 0,-1 ，过点M垂直于 y
轴的垂线与抛物线C交于B，C，点D，E满足CE= λCN，ND= λNB 0< λ< 1 .
(1)求证：直线DE与抛物线有且仅有一个公共点；
(2) S设直线DE与此抛物线的公共点为Q，记△BCQ与△DEN的面积分别为S，S 11 2，求 S 的值.2
2
13.(2022届河南省名校联盟高三上学期 12 ) C: x月考 已知椭圆 22 + y = 1 a> 1
3
的离心率为 2 ，Fa 1
，F2是C
的左、右焦点，P是C上在第一象限内的一点，F1关于直线PF2对称的点为M，F2关于直线PF1对称的点
为N．
(1)证明： MN ≤ 4；
(2)设A，B分别为C的右顶点和上顶点，直线 y= kx k> 0 与椭圆C相交于E，F两点，求四边形AEBF
面积的取值范围．
2 y2
14.(2022 x届宁夏石嘴山市高三上学期月考)已知椭圆 C： 2 + 2 = 1 a> b> 0 的左焦点为 F，离心率为a b
1
2 ，过点F且垂直于 x轴的直线交C于A,B两点， AB = 3
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线 l过点M -4,0 且与椭圆相交于A，B两点，求△ABF面积最大值及此时直线 l的斜率.
15.已知抛物线C :y2= 2px p> 0 的焦点为F，过点F的直线 l交抛物线C于A，B两点，当 l⊥ x轴时， AB
= 2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线 l交 y轴于点D，过点D且垂直于 y轴的直线交抛物线C于点P，直线PF交抛物线C于另一点
Q.
①是否存在定点M，使得四边形AQBM为平行四边形？若存在，求出定点M的坐标；若不存在，请说明
理由.
②求证：S△QAF S△QBF为定值.

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