新高考数学二轮专题《圆锥曲线》第4讲 三角形面积问题（2份打包，解析版+原卷版）

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第4讲 三角形面积问题
一、解答题
1．已知椭圆（）的左、右顶点分别为，，
且,为椭圆上异于，的点，和的斜率之积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为椭圆中心，，是椭圆上异于顶点的两个动点，求面积的最大值．
【答案】（1） （2）
【解析】
试题分析：第（1）问首先由得到椭圆左、右顶点的坐标，再由和的斜率之积为求出几何量的值即得椭圆标准方程；第（2）问先列出的面积，需要求直线被椭圆截得的弦长，计算点到直线的距离，再讨论的面积最值．
试题解析：（1）由，得，所以，．
设，则， 解得．
于是椭圆的标准方程为．
（2）①当直线垂直于轴时，设的方程为，
由，得，，
从而，
当时，的面积取得最大值．
②当直线线与轴不垂直时，设的方程为，
由消去，得．
，化简得．
设，，则，，
，
原点到直线的距离，
所以．
当且仅当时，取得最大值．
综合①②知，的面积取得最大值．
考点：椭圆标准方程，直线和椭圆的位置关系，三角形面积．
2．已知椭圆（）的离心率为，过椭圆的左焦点和上顶点的直线与圆相切.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点的直线与椭圆交于、两点，点与原点关于直线对称，试求四边形的面积的最大值.
【答案】（1）；（2）2
【分析】
（1）由题得：过椭圆的左焦点和上顶点的直线方程为，又由该直线与圆相切得到：，联立，解方程组即得；
（2）由题得直线的斜率一定存在，可设直线，代入椭圆方程，消元化简得：
，由弦长公式求得，再求出点到直线的距离，算出，最后求出四边形的面积的最大值.
【详解】
（1）过椭圆的左焦点和上顶点的直线方程为，即，
又该直线与圆相切，，又离心率，，
，，
椭圆的方程为.
（2）由点与原点关于直线对称，得.
当直线的斜率不存在时，轴，四边形不存在，不合题意.
当直线的斜率存在时，设斜率为，则直线，设，，
将代入，得，
当，即时，，，
从而，
又点到直线的距离，
，
设，则，，
当且仅当，即时等号成立，且满足，
四边形的面积的最大值为2.
【点睛】
本题主要考查了椭圆的标准方程的求解，求椭圆的面积的最值等问题，运用了弦长公式，点到直线的距离公式，属于难题；同时考查了学生的逻辑推理和运算求解能力.
3．已知椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为，椭圆的一个焦点为圆的圆心．
(1)求椭圆的方程；
(2)若M，N为椭圆上的两个动点，直线OM，ON的斜率分别为，当时，△MON的面积是否为定值?若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由．
【答案】（1）（2）为定值，详见解析
【分析】
(1)根据菱形的面积和焦点建立方程组，解方程组可得；
(2)先求弦长和三角形的高，再求面积的表达式，求出定值.
【详解】
解：（1）由题意可知，，
圆的圆心为，所以，
因此，联立，解之，
故椭圆的方程为.
（2）设，当直线的斜率存在时，设方程为，
由，消可得，
则有，即，
，
所以

.
点到直线的距离，
所以.
又因为，
所以，
化简可得，满足，
代入，
当直线的斜率不存在时，由于，考虑到关于轴对称，不妨设，则点的坐标分别为,
此时，
综上，的面积为定值.
法二：设，
由题意，可得，
所以，
而

因为，所以，故为定值.
【点睛】
本题主要考查椭圆方程的求解和定值问题，侧重考查数学运算的核心素养.
4．已知椭圆C：（a＞b＞0）过点，且它的焦距是短轴长的倍.
（1）求椭圆C的方程.
（2）若A，B是椭圆C上的两个动点（A，B两点不关于x轴对称），O为坐标原点，OA，OB的斜率分别为k1，k2，问是否存在非零常数λ，使k1k2＝λ时，的面积S为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）；（2）存在，.
【分析】
（1）由椭圆过的点及焦距是短轴长的倍和之间的关系即可求出椭圆的方程；
（2）设的直线方程与椭圆联立求出两根之和及两根之积，进而求出弦长，及O到直线的距离，由直线OA，OB的斜率之积的值, 得参数之间的关系，求出面积的表达式，由的面积S为定值，可得对应比成比例，即可求出的值.
【详解】
（1）因为椭圆过点所以
又因为该椭圆的焦距是短轴长的倍，所以 从而
联立方程组 解得
所以
（2）设存在这样的常数使 的面积为定值.
因为A，B两点不关于x轴对称，故斜率存在，设直线的方程为
点点 则由知即
即
所以 ①
联立方程组
消去得
由韦达定理有
代入①得
化简得 ②
点到直线的距离
的面积
将②代入上式，再平方得


要使上式为定值, 只需
即需 从而 此时
所以存在这样的常数 此时为定值.
【点睛】
本题的结论是：
若A，B是椭圆上的两个动点，O为坐标原点，OA，OB的斜率分别为k1，k2，若，则的面积S为定值.
5．已知分别是椭圆：的左右焦点，点在椭圆上，且抛物线的焦点是椭圆的一个焦点.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点作不与轴重合的直线，设与圆相交于两点，且与椭圆相交于两点，当时，求的面积.
【答案】（1）（2）
【分析】
（1）由已知结合抛物线的性质可得、，由椭圆性质可得，进而可求出，，即可得解；
（2）设直线方程为，联立直线与圆的方程可以求出，再联立直线和椭圆的方程，化简后由根与系数的关系与三角形面积公式即可得解.
【详解】
（1）由焦点为可得，，
因为点在椭圆上，所以，
所以，，所以，
所以椭圆的标准方程为；
（2）由已知，可设直线方程为，，，
联立 得则 ，
所以
=，
因为，所以 ，解得，
联立，可得，，
设，，则，
所以
.
【点睛】
本题考查了抛物线性质的应用，考查了直线与椭圆的综合问题以及运算求解能力，属于中档题．
6．已知F1，F2是椭圆C：（a＞b＞0）的左、右焦点，过椭圆的上顶点的直线x+y=1被椭圆截得的弦的中点坐标为.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过F1的直线l交椭圆于A，B两点，当△ABF2面积最大时，求直线l的方程.
【答案】（Ⅰ）y2=1；（Ⅱ）x﹣y0或x+y0.
【分析】
（Ⅰ）根据直线椭圆的过上顶点，得b=1，再利用点差法以及弦中点坐标解得a2=3，即得椭圆方程；
（Ⅱ）先设直线l方程并与椭圆方程联立，结合韦达定理，并以|F1F2|为底边长求△ABF2面积函数关系式，在根据基本不等式求△ABF2面积最大值，进而确定直线l的方程.
【详解】
（Ⅰ）直线x+y=1与y轴的交于（0，1）点，∴b=1，
设直线x+y=1与椭圆C交于点M（x1，y1），N（x2，y2），
则x1+x2，y1+y2，
∴1，1，
两式相减可得（x1﹣x2）（x1+x2）（y1﹣y2）（y1+y2）=0，
∴，
∴ 1，
解得a2=3，
∴椭圆C的方程为y2=1.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得F1（，0），F2（，0），设A（x3，y3），B（x4，y4），
可设直线l的方程x=my，将直线l的方程x=my代入y2=1，可得（m2+3）y2﹣2my﹣1=0，
则y3+y4，y3y4，
|y3﹣y4|，
∴|F1F2||y3﹣y4|||y3﹣y4|，
当且仅当，即m=±1，△ABF2面积最大，
即直线l的方程为x﹣y0或x+y0.
【点睛】
本题考查椭圆标准方程、点差法、基本不等式求最值以及利用韦达定理研究直线与椭圆位置关系，考查综合分析与求解能力，属中档题.
7．已知点，是椭圆的左，右焦点，椭圆上一点满足轴，，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过的直线交椭圆于两点，当的内切圆面积最大时，求直线的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）由轴，结合勾股定理可得，从而可求出，，则可知，结合，可求出，即可求出椭圆的标准方程.
（2）设，，，与椭圆方程联立，可得，，从而可用 表示出，用内切圆半径表示出，即可知，结合基本不等式，可求出当半径取最大时， 的值，从而可求出直线的方程.
【详解】
解：（1）因为轴，所以，则，
由，，解得，，，
由椭圆的定义知， ，即，
椭圆的标准方程为.
（2）要使的内切圆的面积最大，需且仅需其的内切圆的半径最大.
因为，，设，，易知，直线l的斜率不为0，
设直线，联立，整理得，
故，；
所以
，
又，
故，即，；
当且仅当，即时等号成立，此时内切圆半径取最大值为，
直线l的方程为或.
【点睛】
本题考查了椭圆的定义，考查了椭圆内三角形周长的求解，考查了三角形的面积公式，考查了直线与椭圆的位置关系.本题的关键是用内切圆半径表示出三角形的面积.本题的难点是计算化简.
8．已知椭圆的右焦点F到左顶点的距离为3.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设O是坐标原点，过点F的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不在x轴上），若，延长AO交椭圆与点G，求四边形AGBE的面积S的最大值.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据椭圆方程中基本量的关系与右焦点F到左顶点的距离，即可求出椭圆基本量，即得椭圆方程；
（2）首先联立方程组，利用韦达定理表示出四边形的面积，根据面积表达式的函数单调性求出面积的最值即可.
【详解】
（1）由题知，，，
解得，所以椭圆；
（2）因为过点F的直线与椭圆C交于A，B两点（A，B不在x轴上），
设，联立，
设，，有，
因为，所以四边形AOBE是平行四边形，
所以，
有，
令，有，
当时单调递减，所以当时面积取最大值，
最大值为.
【点睛】
本题主要考查了椭圆方程基本量的求解，椭圆中三角形的面积计算，属于一般题.
9．已知P是圆上任意一点，F2(1,0)，线段PF2的垂直平分线与半径PF1交于点Q，当点P在圆F1上运动时，记点Q的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）过点的直线l与（1）中曲线相交于A，B两点，O为坐标原点，求△AOB面积的最大值及此时直线l的方程.
【答案】（1）.（2）面积的最大值为，此时直线l的方程为.
【分析】
（1）根据垂直平分线的性质，利用椭圆定义法可求得曲线C的方程；

（2）设直线l的方程为x=ty与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立直线与椭圆的方程消去x，利用韦达定理结合三角形的面积，利用换元法以及基本不等式求解最值，然后推出直线方程.
【详解】
（1）由已知|QF1|+|QF2|=|QF1|+|QP|=|PF1|=4，
所以点Q的轨迹为以为，焦点，长轴长为4的椭圆，
则2a=4且2c=2，所以a=2，c=1，则b2=3，
所以曲线C的方程为；
（2）设直线l的方程为x=ty与椭圆交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立直线与椭圆的方程消去x，得(3t2+4)y2﹣6ty﹣3=0，
则y1+y2，y1y2，
则S△AOB|OM|•|y1﹣y2|••，
令，则u≥1，上式可化为，
当且仅当u，即t=±时等号成立，
因此△AOB面积的最大值为，此时直线l的方程为x=±.
【点睛】
本题主要考查椭圆的定义，直线与椭圆的位置关系以及基本不等式的应用，还考查运算求解的能力，属于中档题.
10．已知椭圆的离心率为，椭圆截直线所得的线段的长度为.
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，点是椭圆上的点，是坐标原点，若，判定四边形的面积是否为定值？若为定值，求出定值；如果不是，请说明理由.
【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）见解析
【分析】
（Ⅰ）根据椭圆截直线所得的线段的长度为，可得椭圆过点 ，结合离心率即可求得椭圆方程；

（Ⅱ）分类讨论：当直线的斜率不存在时，四边形的面积为 ； 当直线的斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立，由 得 ，代入曲线C，整理出k，m的等量关系式，再根据 写出面积的表达式整理即可得到定值．
【详解】
(Ⅰ)由解得
得椭圆的方程为.
（Ⅱ）当直线的斜率不存在时，直线的方程为或，
此时四边形的面积为．
当直线的斜率存在时，设直线方程是，联立椭圆方程

，


点到直线的距离是
由得
因为点在曲线上，所以有
整理得
由题意四边形为平行四边形，所以四边形的面积为

由得, 故四边形的面积是定值，其定值为．
【点睛】
本题考查了直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得根与系数的关系、点到直线距离公式、面积计算公式、向量数量积的关系等基础知识与基本技能方法，考查了推理能力和计算能力，考查了分析问题和解决问题的能力，属于难题．
11．已知圆M：及定点，点A是圆M上的动点，点B在上，点G在上，且满足，，点G的轨迹为曲线C.
（1）求曲线C的方程；
（2）设斜率为k的动直线l与曲线C有且只有一个公共点，与直线和分别交于P、Q两点.当时，求（O为坐标原点）面积的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】
（1）根据题意得到GB是线段的中垂线，从而为定值，根据椭圆定义可知点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，即可求出曲线C的方程；（2）联立直线方程和椭圆方程，表示处的面积代入韦达定理化简即可求范围.
【详解】
（1）为的中点，且是线段的中垂线，
，又，
∴点G的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，
设椭圆方程为（），
则，，，
所以曲线C的方程为.
（2）设直线l：（），
由消去y，可得.
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
所以，.①
又由可得；同理可得.
由原点O到直线的距离为和，
可得.②
将①代入②得，
当时，，
综上，面积的取值范围是.
【点睛】
此题考查了轨迹和直线与曲线相交问题，轨迹通过已知条件找到几何关系从而判断轨迹，直线与曲线相交一般联立设而不求韦达定理进行求解即可，属于一般性题目.
12．已知椭圆C：1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上一点，以PF1为直径的圆E：x2过点F2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点P且斜率大于0的直线l1与C的另一个交点为A，与直线x＝4的交点为B，过点（3，）且与l1垂直的直线l2与直线x＝4交于点D，求△ABD面积的最小值．
【答案】（1）；（2）22．
【分析】
（1）根据题意求得椭圆的焦点坐标，利用椭圆的定义求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
（2）设直线l1的方程，代入涂鸦方程，利用韦达定理求得A的横坐标，求得直线l2方程，求得D点坐标，利用三角形的面积公式及基本不等式即可求得△ABD面积的最小值．
【详解】
（1）在圆E的方程中，令y＝0，得到：x2＝4，
所以F1（﹣2，0），F2（2，0），
又因为，所以P点坐标为，
所以，则，b＝2，
因此椭圆的方程为；
（2）设直线l1：yk（x﹣2）（k＞0），
所以点B的坐标为，
设A（xA，yA），D（xD，yD），将直线l1代入椭圆方程得：（1+2k2）x2+（4k﹣8k2）x+8k2﹣8k﹣4＝0，
所以xPxA，所以xA，
直线l2的方程为y（x﹣3），所以点D坐标为，
所以S△ABD（4﹣xA）|yB﹣yD|••
＝2k222，
当且仅当2k，即k时取等号，
综上，△ABD面积的最小值22．
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，韦达定理及基本不等式的应用，考查转化思想，属于中档题．
13．如图，在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．
（1）求椭圆C及圆O的方程；
（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．
【答案】（1），；（2）
【详解】
分析：（1）根据条件易得圆的半径，即得圆的标准方程，再根据点在椭圆上，解方程组可得a,b，即得椭圆方程；（2）第一问先根据直线与圆相切得一方程，再根据直线与椭圆相切得另一方程，解方程组可得切点坐标.第二问先根据三角形面积得三角形底边边长，再结合①中方程组，利用求根公式以及两点间距离公式，列方程，解得切点坐标，即得直线方程.
详解：解：（1）因为椭圆C的焦点为，
可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上，
所以，解得
因此，椭圆C的方程为．
因为圆O的直径为，所以其方程为．
（2）①设直线l与圆O相切于，则，
所以直线l的方程为，即．
由，消去y，得
．（*）
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此，点P的坐标为．
②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．
设，
由（*）得，
所以
．
因为，
所以，即，
解得舍去），则，因此P的坐标为．
综上，直线l的方程为．

点睛：直线与椭圆的交点问题的处理一般有两种处理方法：一是设出点的坐标，运用“设而不求”思想求解；二是设出直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理求出交点坐标，适用于已知直线与椭圆的一个交点的情况.
14．已知椭圆C：+=1（a＞b＞0）的离心率为，且过点（，）．
（Ⅰ）求椭圆方程；
（Ⅱ）设不过原点O的直线l：y=kx+m（k≠0），与该椭圆交于P、Q两点，直线OP、OQ的斜率一次为k1、k2，满足4k=k1+k2．
（i）当k变化时，m2是否为定值？若是，求出此定值，并证明你的结论；若不是，请说明理由；
（ii）求△OPQ面积的取值范围．


【答案】（Ⅰ）+y2=1．（Ⅱ）（i）当k变化时，m2是定值．（ii）S△OPQ∈（0，1）．
【解析】
试题分析：（Ⅰ）由题设条件，设c=k，a=2k，则b=k，利用待定系数法能求出椭圆方程．
（Ⅱ）（i）由，得（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0，由此利用根的判别式、韦达定理、斜率性质，结合已知条件推导出当k变化时，m2是定值．
（ii）利用椭圆弦长公式，结合已知条件能求出△OPQ面积的取值范围．
解：（Ⅰ）由题设条件，设c=k，a=2k，则b=k，
∴椭圆方程为+=1，
把点（，）代入，得k2=1，
∴椭圆方程为+y2=1．
（Ⅱ）（i）当k变化时，m2是定值．
证明如下：
由，得（1+4k2）x2+8kmx+4（m2﹣1）=0，
∴x1+x2=﹣，x1x2=．
∵直线OP，OQ的斜率依次为k1，k2，
∴4k=k1+k2==，
∴2kx1x2=m（x1+x2），由此解得m2=，验证△＞0成立．
∴当k变化时，m2是定值．
（ii）S△OPQ=|x1﹣x2|•|m|=，令=t＞1，
得S△OPQ==＜1，
∴△OPQ面积的取值范围S△OPQ∈（0，1）．
考点：椭圆的简单性质．