新高考数学二轮专题《圆锥曲线》第16讲 面积定值问题（2份打包，解析版+原卷版）

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第16讲 面积定值问题
一、解答题
1．已知椭圆的离心率e满足，右顶点为A，上顶点为B，点C(0，－2)，过点C作一条与y轴不重合的直线l，直线l交椭圆E于P，Q两点，直线BP，BQ分别交x轴于点M，N；当直线l经过点A时，l的斜率为．

(1)求椭圆E的方程；
(2)证明：为定值．
【答案】（1）（2）证明见解析
【分析】
（1）由得，从而可得，又有，可得，从而可求出椭圆E的方程；
（2）由题知，直线的斜率存在，设直线的方程为
联立直线与椭圆的方程得韦达定理，且=，得，写出直线BP的方程，求得，同理可得，化简求得=为定值．
【详解】
解：（1）由解得或（舍去），
∴，又，
，
又，
，，
椭圆E的方程为；
（2）由题知，直线的斜率存在，设直线的方程为，
设，
由得，
∴，
=
，
∴，
=，
直线BP的方程为，令解得，则，
同理可得，
=
==，
为定值．
【点睛】
本题主要考查椭圆的简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系中的定值问题，属于中档题．
2．已知椭圆C：1（a＞b＞0）的离心率为，O是坐标原点，点A，B分别为椭圆C的左右顶点，|AB|＝4．
（1）求椭圆C的标准方程．
（2）若P是椭圆C上异于A，B的一点，直线l交椭圆C于M，N两点，AP∥OM，BP∥ON，则△OMN的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由．
【答案】（1）1；（2）是，定值2．
【分析】
由题知,,由及的关系即可求解;
由题意可得A（﹣2，0），B（2，0），设P（x0，y0）则x02+2y02＝8，可得,分直线l的斜率存在和不存在两种情况分别求△OMN的面积即可.
【详解】
由2a＝4，e，
解得a＝2，c＝2，b2＝a2﹣c2＝4，
则椭圆的方程为1；
（2）由题意可得A（﹣2，0），B（2，0），
设P（x0，y0），可得1，即x02+2y02＝8，
则•，
因为AP∥OM,BP∥ON，则，
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝m，联立椭圆方程可得y＝±，
所以,由,
可得，解得m＝±2，所以,
所以S△MNO2×22；
②当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx+n，M（x1，y1），N（x2，y2），
联立直线y＝kx+n和x2+2y2＝8，可得（1+2k2）x2+4knx+2n2﹣8＝0，
可得x1+x2，x1x2，
y1y2＝（kx1+n）（kx2+n）＝k2x1x2+kn（x1+x2）+n2，
由k2，可得n2＝2+4k2，
由弦长公式可得,|MN|•••，
点（0，0）到直线l的距离为，
所以S△OMNd•|MN|＝2，
综上可知,△OMN的面积为定值2．
【点睛】
本题考查椭圆标准方程和直线与椭圆的位置关系及弦长公式;考查分类讨论思想和运算求解能力;分直线l的斜率存在和不存在两种情况分别求△OMN的面积是求解本题的关键,亦是易错点;属于中档题、常考题型.
3．已知椭圆C：（）的离心率为，直线与椭圆C有且只有一个公共点．
（1）求椭圆C的标准方程
（2）设点，，P为椭圆C上一点，且直线与的斜率乘积为，点M，N是椭圆C上不同于A，B的两点，且满足，，求证：的面积为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）将直线代入椭圆方程因为相切故判断式为零，再结合离心率即可求得方程；
（2）设直线的方程为代入椭圆方程，结合韦达定理和与的斜率乘积为，计算整理即可证明问题.
【详解】
解：（1）∵直线与椭圆有且只有一个公共点，
∴直线与椭圆C：（）相切，
∴
∴
又∵，∴，∴，
椭圆C的方程为．
（2）证明：由题意M、N是椭圆C上不同于A，B的两点，
由题意知，直线，斜率存在且不为0，又由已知．
由，，所以
设直线的方程为，
代入椭圆方程得①
设，，
则，
又
得
所以
即的面积为定值
【点睛】
求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
4．如图，椭圆C：的离心率，椭圆C的左、右顶点分别为A，B，又P，M，N为椭圆C上非顶点的三点．设直线，的斜率分别为，．

（1）求椭圆C的方程，并求的值；
（2）若，，判断的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）椭圆C：，；（2）的面积为定值．
【分析】
（1）求出椭圆的方程，再设代入斜率公式，即可得答案；
（2）设直线的方程为（），设，，根据，可得，再利用韦达定理化简得到的关系，求出三角形的底和高，代入面积公式，即可得答案；
【详解】
解（1）由题意得，又，所以，
，即椭圆C：
设，则，又，，
则
（2）设直线的方程为（），设，，
，
，，
由（1）知：
，
，
即，，


，又
．
又O到直线的距离，
所以．
∴综上的面积为定值．
【点睛】
第一问的本质是椭圆的第三次定义；第二问探究是否为定值的思路：设直线的方程、设，的坐标，利用韦达定理得到变量间的关系，再把三角形的面积表达式求出，变量间的关系代入，求得定值.
5．如图，、 为椭圆的左、右焦点， 、是椭圆的两个顶点，椭圆的离心率 ，．若 在椭圆上，则点 称为点的一个“好点”．直线 与椭圆交于、 两点，、 两点的“好点”分别为、，已知以为直径的圆经过坐标原点．

（Ⅰ）求椭圆的标准方程；
（Ⅱ）的面积是否为定值？若为定值，试求出该定值；若不为定值，请说明理由．
【答案】（1）；（2）1．
【详解】
（1）由题可知解得故椭圆的标准方程为．
（2）设，，则，．
由，即．（*）
①当直线的斜率不存在时，；
②当直线的斜率存在时，设其直线为（），
联立得，
则，，
同理，代入（*），整理得．
此时，，，∴．
综上，的面积为定值1．
【点睛】
定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显现.

6．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.
（1）求椭圆的方程；
（2）若，为椭圆上的两个动点，直线，的斜率分别为，，当时，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）是，定值.
【分析】
（1）由题设条件，列出方程组，结合，求得的值，即可求解.
（2）设，，当直线的斜率存在时，设方程为，联立方程组，结合根与系数的关系和弦长公式，及三角形的面积公式，求得三角形的面积；当直线的斜率不存在时，结合椭圆的对称性和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】
（1）由椭圆的四个顶点围成的菱形的面积为，
椭圆的一个焦点为，
可得，，即，
解得，，
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，即，
且，，
所以

又由点到直线的距离，
所以.
又因为，
所以，
化简整理可得，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，
综上可得，的面积为定值.
【点睛】
本题主要考查椭圆的标准方程的求解、及直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用，解答此类题目，通常联立直线方程与椭圆（圆锥曲线）方程，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.
7．已知双曲线（，）的焦距为，且双曲线右支上一动点到两条渐近线，的距离之积为．
（1）求双曲线的方程；
（2）设直线是曲线在点处的切线，且分别交两条渐近线，于、两点，为坐标原点，证明：面积为定值，并求出该定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析；定值2．
【分析】
（1）动点到两条渐近线，的距离之积表示出来得的关系式，结合焦距可求得得双曲线方程；
（2）设直线的方程为，由相切得，然后求得坐标，以及直线与轴交点坐标，利用点坐标求得面积，代入关系式，可得定值．
【详解】
解：（1）双曲线（，）的渐近线方程为和，
由动点到两条渐近线，的距离之积为，
则，
又，即，
解得，，
则双曲线的方程为．
（2）证明：设直线的方程为，
与双曲线的方程联立，可得，
直线与双曲线的右支相切，可得，可得，
设直线与轴交于，则，
，
又双曲线的渐近线方程为，
联立，可得，
同理可得，
则．
即有面积为定值2．
【点睛】
关键点点睛：本题考查求双曲线的标准方程，考查直线与双曲线位置关系，面积定值问题．解题关键是设出切线方程，由直线与双曲线相切得参数关系，然后求得三角形面积，利用此关系式可得定值．
8．如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.

（1）求四边形的面积；
（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是，且定值为.
【分析】
（1）求出点、的坐标，计算出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形的面积；
（2）设点，求出点的坐标，计算出点到直线的距离，利用平行四边形的面积公式化简可得结果.
【详解】
（1）因为双曲线，由双曲线的定义可得，
又因为，，，
因为，所以，，轴，
点的横坐标为，所以，，，可得，即点，
过点且与渐近线平行的直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的方程为，点到直线的距离为，
且，因此，四边形的面积为；
（2）四边形的面积为定值，理由如下：
设点，双曲线的渐近线方程为，
则直线的方程为，
联立，解得，即点，
直线的方程为，即，
点到直线的距离为
，且，
因此，（定值）.
【点睛】
方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
9．已知椭圆的离心率为，过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设点、分别是椭圆的左顶点和上顶点，、为椭圆上异于、的两点，满足，求证：面积为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】
（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，结合这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；
（2）设直线的方程为，设直线的方程为，将这两条直线分别与椭圆的方程联立，求出点、的坐标，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】
（1）由已知条件可得，解得，
即椭圆的标准方程为；
（2）设、，由题意直线、的斜率存在，

设直线的方程为①，设直线的方程为②，
由（1）椭圆③，
联立①③得，
解得，即，
联立②③，得，所以，，即，
易知，
直线的方程为，点到直线的距离为，
所以，
故面积为定值．
【点睛】
方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
10．已知椭圆的离心率为，以原点O为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若直线与椭圆C相交于A，B两点，且.求证：的面积为定值.
【答案】（1）；（2）的面积为定值.
【分析】
（1）由椭圆的离心率等于，原点到直线的距离等于及隐含条件联立方程组求解，的值，则椭圆的标准方程可求；
（2）联立直线方程和椭圆方程，消去后利用根与系数关系得到，两点的横纵坐标的和与积，由弦长公式求得，由点到直线的距离公式求得到的距离，代入三角形的面积公式证得答案．
【详解】
（1）解：由题意得，．
椭圆的方程为；
（2）证明：设，，，，
则，的坐标满足，
消去化简得．
，
由△，得．

．
，
，即．
，即．

．
又点到直线的距离，

为定值．
【点睛】
方法点睛：定值问题的处理常见的方法有：（1）特殊探究，一般证明.（2）直接求题目给定的对象的值，证明其结果是一个常数.
11．已知双曲线的左顶点为，右焦点为，动点在双曲线上.当时，.
（1）求双曲线的方程.
（2）设为双曲线上一点，点，在双曲线的渐近线上，且分别位于第一、四象限，若恰为线段的中点，试判断的面积是否为定值?若为定值，请求出这个定值；若不为定值，请说明理由.
【答案】（1）；（2）是定值，2.
【分析】
（1）由可得，求出即可得出方程；
（2）设出点，的坐标，可得点的坐标，代入双曲线的方程，可得，设，利用渐近线方程的斜率得角的正切值，再利用三角函数的基本关系式及二倍角公式得，由，的坐标得，，结合及三角形面积公式即可求出.
【详解】
（1）由题意，易得，，
则由，可得，
，即.
又，解得（负值舍去），，
解得，
双曲线的方程为.
（2）由（1）可知双曲线Ｃ的渐近线方程为，
设，，其中，.
为线段的中点，，
将点的坐标代入双曲线的方程得，解得.
设，则.
又，，，
，，
.
又，，
，
的面积为定值2.
【点睛】
关键点睛：本题考查双曲线中三角形面积的定值问题，解题的关键是设出点，的坐标，设，得出和.
12．已知椭圆：（）的焦距为2，四个顶点构成的四边形面积为；
（1）求椭圆的标准方程；
（2）斜率存在的直线与椭圆相交于、两点，为坐标原点，，若点在椭圆上，请判断的面积是否为定值.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】
（1）由题可得，，解出即可求出；
（2）设出直线方程，与椭圆联立，表示出面积，利用点P在椭圆上得出的关系即可求出定值.
【详解】
（1）由题可得，，
解得，.
故椭圆方程为：.
（2）设直线方程是，设，，，
联立，得，
，，，
.
∵，∴，∴
把点坐标代入椭圆方程可得，
整理可得：，
点到直线的距离为，
的面积.
所以，的面积为定值.
【点睛】
方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为，；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为形式；
（5）代入韦达定理求解.
13．已知椭圆过点两点．
（Ⅰ）求椭圆的方程及离心率；
（Ⅱ）设为第三象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析.
【详解】
试题分析：（Ⅰ）根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；（Ⅱ）四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可．
试题解析：（Ⅰ）由题意得，．
所以椭圆的方程．
又，
所以离心率．
（Ⅱ）设，则．
又，，所以，
直线的方程为．
令，得，从而．
直线的方程为．
令，得，从而
所以四边形的面积




．
从而四边形的面积为定值．
考点：1、椭圆方程；2、直线和椭圆的关系．
【方法点晴】本题考查椭圆的方程与几何性质、直线与椭圆的位置关系，以及考查逻辑思维能力、分析与解决问题的综合能力、运算求解能力、方程思想与分类讨论的思想．第一小题根据两顶点坐标可知，的值，则亦知椭圆方程，根据椭圆性质及离心率公式求解；第二小题四边形的面积等于对角线乘积的一半，分别求出对角线，的值求乘积为定值即可．

14．已知椭圆：()的左､右焦点分别为，，离心率为，点是椭圆上一点，的周长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线：与椭圆交于，两点，且四边形为平行四边形，求证：的面积为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由抛物线的定义和离心率得出椭圆的方程；
（2）联立直线与椭圆方程，利用根与系数的关系求出点坐标，代入椭圆方程，再由弦长公式，点线距公式结合三角形的面积公式化简计算可得定值．
【详解】
（1）因为的周长为，
所以，即.
又离心率，解得，，
.
∴椭圆的方程为.
（2）设，，，
将代入
消去并整理得，
则，，
，
∵四边形为平行四边形，
∴，得，
将点坐标代入椭圆方程得，
点到直线的距离为，，
∴平行四边形的面积为

.
故平行四边形的面积为定值为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查点线距公式和弦长公式，解决本题的关键点是借助于平面向量的坐标表示，利用点在曲线上得出方程，代入平行四边形的面积公式，消去参数得出定值，考查学生计算能力，属于中档题．
15．已知椭圆：的左､右焦点分别为，，椭圆与轴的一个交点为，且，.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）设为坐标原点，，为椭圆上不同的两点，点关于轴的对称点为点.若直线的斜率为1，求证：的面积为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）由所给条件可得：焦距，，可得，即可得解；
（2）首先设直线的方程为，联立椭圆方程可得，结合韦达定理，根据，代入化简即可得到定值.
【详解】
（1）因为焦距为，所以，即，
由，得，即，，
所以椭圆的标准方程为；
（2）证明：由题意知直线斜率一定存在，设直线方程为，点，，
则面积为，，
联立方程，得，
即，
因为直线的斜率为1，
所以，即，
即，
解得，
所以，
综上，面积为定值.
【点睛】
本题考查了求椭圆方程，考查了解析几何定值问题，有一定的计算量，属于较难题.
本题的解题关键为：
（1）对椭圆基本量的理解记忆；
（2）韦达定理的应用，韦达定理是联系各个变量之间关系的桥梁，是解决圆锥曲线和直线问题的重要方法；
（3）计算能力和计算技巧是解决解析几何问题的关键能力.
16．已知双曲线：的虚轴长为4，直线为双曲线的一条渐近线.
（1）求双曲线的标准方程；
（2）记双曲线的左､右顶点分别为，，斜率为正的直线过点，交双曲线于点，(点在第一象限)，直线交轴于点，直线交轴于点，记面积为，面积为，求证：为定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】
（1）根据渐近线方程以及虚轴长度可知，然后可知方程
（2）假设直线方程，并与双曲线方程联立，可得关于的二次方程，紧接着使用韦达定理，分别求得坐标并表示出，简单计算即可.
【详解】
解：（1）由题意可得，
因为一条渐近线方程为，
所以，解得，
则双曲线的方程为；
（2）证明：可得，，
设直线：，，，
联立，整理可得，
可得，，
即有，
设直线：，可得，
设直线：，可得，
又，，
所以


.
【点睛】
方法点睛：解决直线与圆锥曲线的一般方法
（1）假设直线方程；（2）联立方程：（3）使用韦达定理；（4）根据条件计算.
17．已知双曲线的一条渐近线方程为，右准线方程为．
（1）求双曲线的标准方程；
（2）过点的直线分别交双曲线的左、右两支于点，交双曲线的两条渐近线于点（在轴左侧）．
①是否存在直线，使得？若存在，求出直线的方程，若不存在，说明理由；
②记和的面积分别为，求的取值范围．
【答案】（1）（2），
【分析】
（1）由双曲线的渐近线方程和准线方程，可得，，的方程组，解得，，可得双曲线的方程；
（2）①可设直线的方程为，与双曲线的方程联立，运用判别式大于0和韦达定理，以及两直线垂直的条件，解方程，即可判断存在性；
②联立渐近线方程和直线的方程，求得，的横坐标，可得，由弦长公式得到，再由三角形的面积公式得到关于的函数，然后求出其范围即可．
【详解】
（1）双曲线的渐近线方程为，准线方程为，
由题意可得，，又，
解得，，，
则双曲线的方程为；
（2）①由题意可知直线的斜率存在，可设直线的方程为，
与双曲线方程联立，可得，
由△，解得，
则，，解得，
如果存在直线，使得，则，
即为
，解得，
所以不存在直线，使得；
②由，可得的横坐标；
由，可得的横坐标，
；
，
由和的高相等，可得，
由，可得，，
所以的取值范围是，．
【点睛】
关键点点睛：三角形的面积比可转化为，利用直线与双曲线联立，由韦达定理、弦长公式求出，转化为求关于k的函数，是解题的关键，属于中档题.
18．已知F是抛物线的焦点，点M是抛物线上的定点，且.
(1)求抛物线C的方程；
(2)直线AB与抛物线C交于不同两点，直线与AB平行，且与抛物线C相切，切点为N，试问△ABN的面积是否是定值.若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
【答案】（1）；（2）定值
【分析】
（1）设，由，求得，代入抛物线的方程，求得的值，即可得到抛物线的方程；
（2）设其方程为，联立方程组，求得，得到Q，
由条件设切线的方程为，联立方程组，利用根与系数的关系，求得切点N，再由轴，求得及，利用面积公式，即可求解．
【详解】
（1）设，由题知，所以，
所以，即，
代入中得，解得，
所以抛物线C的方程为．
（2）由题意知，直线AB的斜率存在，设其方程为，
由，整理得，则，
所以，
设AB的中点为Q，则点Q的坐标为，
由条件设切线的方程为，则，整理得．
因为直线与抛物线相切，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以切点N的坐标为，
所以轴，所以，
因为，
又因为，所以，
所以，
所以的面积为定值，且定值为
【点睛】
本题主要考查抛物线的标准方程的求解、及直线与抛物线的位置关系的应用问题,解答此类题目，通常联立直线方程与抛物线（圆锥曲线）方程的方程组，应用一元二次方程根与系数的关系进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等．
19．已知双曲线的焦距为，且过点，直线与曲线右支相切（切点不为右顶点），且分别交双曲线的两条渐近线与、两点，为坐标原点.

（1）求双曲线的方程；
（2）求证：面积为定值，并求出该定值.
【答案】（1）；（2）证明见解析，面积为.
【分析】
（1）根据题意可得关于、、的方程组，求出、的值，由此可得出双曲线的标准方程；
（2）设直线的方程，将直线的方程与双曲线的方程联立，由可得出、所满足的等式，求出点、的坐标，利用三角形的面积公式可计算出的面积.
【详解】
（1）设双曲线的焦距为，
由题意可得：，则双曲线的方程为；
（2）由于直线与双曲线右支相切（切点不为右顶点），则直线的斜率存在，
设直线的方程为，
则消得，
，①
设与轴交于一点，，
，
双曲线两条渐近线方程为：，
联立，联立，
则（定值）.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键就是利用直线与双曲线得出，并求出点、的坐标，再结合三角形的面积计算出为定值.