高考数学微专题20 圆锥曲线经典难题之一类面积、面积比问题的通性通法研究（解析版）

微专题20圆锥曲线经典难题之一类面积、面积比问题的通性通法研究秒杀总结1.三角形面积问题模型一：基本方法模型二：分割三角形模型三：三角形面积坐标表示模型四（面积比）：“等角”“共角”“对顶角”蝴蝶模型蝉模型2.四边形面积问题模型一模型二模型三3.圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.4.圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．典型例题例1．（2022·宁夏银川·一模（文））如图，已知椭圆，曲线与轴的交点为，过坐标原点的直线与相交于、，直线、分别与交于点、.(1)证明：以为直径的圆经过点；(2)记、的面积分别为、，若，求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）分析可知直线的斜率存在，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，利用斜率公式结合韦达定理计算得出，可得出，即可证得结论成立；（2）设的斜率为，则的方程为，将直线的方程分别与曲线、的方程联立，可求得点、的坐标，同理可得出点、的坐标，可求得、，进而可得出的表达式，利用基本不等式可求得的取值范围.(1)证明：若直线的斜率不存在，则该直线与轴重合，此时直线与曲线只有一个交点，不合乎题意.所以，直线的斜率存在，设直线的方程为.由得，设、，则、是上述方程的两个实根，于是，.又因为点，所以，所以，即，所以为直径的圆经过点.(2)解：由已知，设的斜率为，则的方程为，由解得或，则点的坐标为，又直线的斜率为，同理可得点的坐标为.所以，由得，解得或，则点的坐标为，又直线的斜率为，同理可得点的坐标，于是，因此，当时，即当时，等号成立，所以，所以的取值范围为.例2．（2022·山东临沂·一模）已知椭圆C：(，)的左、右焦点分别为，，离心率为，直线被C截得的线段长为.(1)求C的方程：(2)若A和B为椭圆C上在x轴同侧的两点，且，求四边形面积的最大值及此时的值.【答案】(1)；(2)最大面积为，＝.【解析】【分析】(1)根据离心率表示出a、b、c的关系，再求出被截得的弦长，根据该弦长为即可求出a、b、c，从而确定椭圆的标准方程；(2)，根据椭圆的对称性，延长交椭圆与C、D，构造平行四边形ABCD，根据即可计算四边形面积的最大值，并求出此时的取值.(1)，，，∴，∴椭圆标准方程为，∴，由题可知，；(2)，如图，延长交椭圆与C、D，根据椭圆的对称性可知，四边形ABCD为平行四边形，且四边形面积为四边形ABCD面积的一半.由题知，斜率不为零，故设方程为，①，设，∵，∴，故，O到的距离，＝，当且仅当，即时，取等号，∴当m＝±1时，四边形面积最大为.根据对称性，不妨取m＝1时，方程①化为，解得，由对称性可知，故或，∴或，综上，四边形面积最大为，此时.【点睛】本题关键点利用椭圆的对称性，将四边形补全为平行四边形进行求解.例3．（2022·浙江·模拟预测）如图，已知椭圆和抛物线，斜率为正的直线与轴及椭圆依次交于、、三点，且线段的中点在抛物线上．(1)求点的纵坐标的取值范围；(2)设是抛物线上一点，且位于椭圆的左上方，求点的横坐标的取值范围，使得的面积存在最大值．【答案】(1)；(2).【解析】【分析】（1）设直线的方程为，则，将直线的方程与椭圆的方程联立，可求得点的坐标，将点的坐标代入抛物线的方程，可得出，结合可得出的取值范围，进而可求得的取值范围，即可得解；（2）设点，计算得出的面积，令，记，则，求导，分析可知函数在内有唯一的极值点，且为极大值点，结合已知条件可得出关于的不等式组，解出的取值范围，即可得出点的横坐标的取值范围.(1)解：由题意可设直线的方程为，则，联立可得，，可得，①设点、，由韦达定理可得，，设点，则，，将点的坐标代入抛物线的方程得，则，代入①可得，可得，解得，因此.因此，点的纵坐标的取值范围是.(2)解：设点，则点到直线的距离为，，故的面积，②将代入②得，令，记，则，则，因为在上单调递减，所以，函数在内有唯一的极值点，且为极大值点，所以，，可得，③因为点在椭圆的左上方，则，④由③④可得，因此，点的横坐标的取值范围是.例4．（2022·浙江·模拟预测）如图，点A，B是椭圆与曲线的两个交点，其中点A与C关于原点对称，过点A作曲线的切线与x轴交于点D．记△ABC与△ABD的面积分别是，．(1)证明：；(2)若，求的最大值．【答案】(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）设，且，结合斜率的两点式求，即可证结论.（2）由（1）得直线，并求出曲线上过A的切线，确定D坐标，应用点线距离公式求、D到直线的距离，两点公式求弦长，再由三角形面积公式求，关于m、n的表达式并作差，根据在椭圆上得且，即可求最值.(1)由题设，令，且，则，又，得证.(2)由（1）得：直线为，则到直线的距离为；由且，则，故过A的切线为，令，可得，即，所以到直线的距离为；又，所以，，故，根据在椭圆上，则，可得，且，综上，且，所以，当时，，此时，则，故.【点睛】关键点点睛：第二问，应用两点、点线距离及三角形面积公式得到关于m、n的表达式，并由点在椭圆上和，结合二次函数的性质求最值.例5．（2022·河南·一模（理））已知点F为椭圆的右焦点，椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆C的标准方程；（2）若M为椭圆C上的点，以M为圆心，长为半径作圆M，若过点可作圆M的两条切线(为切点)，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意可得关于的方程，解出即可得椭圆方程；（2）由椭圆的定义可得，将用表示，四边形面积表示为关于的表达式，利用导数与单调性的关系得最值即可.【详解】（1）根据题意椭圆上任意一点到点距离的最大值为3，最小值为1.所以，解得，所以因此椭圆的标准方程为（2）由（1）知，为椭圆的左焦点，根据椭圆定义知，，设，∵点在圆外，∴，∴所以在直角三角形中，，，由圆的性质知，四边形面积，其中.即.令，则当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以，在时，取极大值，也是最大值此时.【点睛】关键点点睛：（1）椭圆上长轴上的两个顶点到焦点的距离即为椭圆上的点到焦点的距离最值；（2）将四边形的面积表示为关于的函数，通过导数求最值即可.例6．（2022·天津·南开中学二模）已知椭圆的左右焦点分别是和，离心率为，点P在椭圆E上，且的面积的最大值为.（1）求椭圆C的方程；（2）直线l过椭圆C右焦点，交该椭圆于A､B两点，AB中点为Q，射线OQ交椭圆于P，记的面积为，的面积为，若，求直线l的方程.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由P在短轴端点时，的面积最大，即，再根据离心率为求解.（2）由，即，，易知当AB斜率不存在时，不合题意，当AB斜率存在时，设直线方程为，由点差法得到然后联立方程，分别求得求解.【详解】（1）依题意，显然当P在短轴端点时，的面积最大为，即，又由离心率为，，解得，，，所以椭圆C的方程为.（2）因为，所以，所以，所以，当AB斜率不存在时，，不合题意，当AB斜率存在时，设直线方程为，设点，，则，两式作差得：，即，故直线OP的方程为：，联立，解得，联立，解得，因为，所以，即，解得：，所以直线AB的方程为.【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．过关测试1．（2022·宁夏·银川二中一模（理））已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.(1)求椭圆的方程；(2)若四边形的顶点在椭圆上，且对角线过原点，直线和的斜率之积为，证明：四边形的面积为定值.【答案】(1)；(2)证明见详解．【解析】【分析】（1）根据离心率为，再根据点是椭圆上一点，求得，即得答案；（2）考虑直线斜率是否存在情况，然后设直线方程，和椭圆方程联立，得到根与系数的关系式，结合可得到，进而表示出四边形ABCD的面积，化简可得结论.(1)离心率为，则∴又∵点是椭圆上一点，∴，又解得因此，椭圆的方程为(2)证明:：当直线AB的斜率不存在时，不妨设，则，又，解得，根据椭圆的对称性，不妨取,则，则,所以;当直线AB斜率存在时，设直线AB的方程为，设点联立，得，则因为，得，即，所以，，解得，，原点到直线AB的距离为，因为且所以（定值），综上述四边形ABCD的面积为定值．2．（2022·全国·模拟预测）已知抛物线，点，过点M的直线与抛物线C交于点，，且.过A，B两点分别作抛物线的切线，设其交点为N.(1)证明：点N的纵坐标为定值；(2)若点N的横坐标为1，点D为抛物线C夹在点A，B之间部分上的任意一点（不与点A，B重合），过点D作抛物线的切线与直线NA､直线NB分别交于P，Q两点，求△NPQ面积的最大值，并求出△NPQ的面积取最大值时点D的坐标.【答案】(1)证明见解析(2)最大值为，此时【解析】【分析】（1）求出两切线方程求交点，由直线与抛物线联立化简得（2）由题意设坐标，求出后表示△NPQ面积，转化为函数求最值(1)证明：由已知条件得，，设.易知直线AB的斜率存在，故可设直线AB的方程为.联立消去y整理得，则，则，.联立得：由解得所以过抛物线上A，B两点的切线方程分别为和，即和，两切线方程联立解得，，即点N的纵坐标为定值，其值为.(2)由（1）及题意可知，所以，解得.联立（联立直线与抛物线的方程求得点A，B的坐标，从而可知直线NA与NB的方程）消去y整理得，解得或.又，则，，则，，故可知直线NA的方程为，直线NB的方程为.由题意可设，（由点D处的切线方程与直线NA，NB的方程可求得点P，Q的坐标）则点D处的切线方程为，即.联立解得，联立解得.所以.又点N到直线PQ的距离，从而△NPQ的面积.因为，且时，，时，，所以，所以，当时取等号，即△NPQ面积的最大值为，此时.3．（2022·全国·模拟预测（理））在平面直角坐标系中，椭圆的左、右焦点为，，直线与椭圆交于，两点．已知周长的最大值为，且当，时，．(1)求椭圆的标准方程；(2)设的面积为，若，求的取值范围．【答案】(1)(2)【解析】【分析】（1）由已知可得当直线经过点时，三角形周长最大，再利用待定系数法求得椭圆方程；（2）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理与弦长可得，进而可得三角形面积，再利用换元法及二次函数最值情况可得面积的范围.(1)由椭圆定义可知，，故三角形的周长,又，当直线经过点时，等号成立，故，即，故椭圆方程为，又当，时，，设点，故，解得，故点，代入椭圆方程得，解得，故椭圆方程为；(2)联立椭圆与直线方程，得，，即，则，，，化简可得，点到直线的距离为，所以，设，则，所以.【点睛】解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：(1)注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；(2)强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．4．（2022·四川宜宾·二模（文））已知椭圆的左右焦点分别为，，为的上顶点，且.(1)求的方程；(2)过坐标原点作两直线，分别交于，和，两点，直线，的斜率分别为，.是否存在常数，使时，四边形的面积为定值？如果存在，求出的值；如果不存在，说明理由.【答案】(1)(2)存在，【解析】【分析】（1）由先解出，再由解出（2）由椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，则，以，为参数表示出的面积，再判定是否存在常数使之为定值(1)