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2023届新高考数学解析几何专题讲义 第6讲 弦长与面积最值问题
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这是一份2023届新高考数学解析几何专题讲义 第6讲 弦长与面积最值问题
第6讲 弦长与面积问题一、问题综述：在直线与二次曲线相交的模型中，弦长和面积是最基本的几何量，也是考察几何图形分析和代数运算最常建立起来的运算式。考察方向比较复杂多变。知识要点：弦长问题：在直线与椭圆相交，以及直线与双曲线相交，求弦长问题研究过程中，可通过直线与已知二次曲线联立，借助韦达定理得到两根关系，从而进行研究.设直线，上两点，则 设直线，上两点，则①特殊地：在直线与圆问题中：弦长公式经常用：②特殊地：椭圆中焦点三角形面积：（其中）证明：由于且故故因为，所以.③特殊地：双曲线中焦点三角形面积：（其中）③特殊地：在直线与抛物线问题中：设抛物线方程：，过焦点的直线（斜率存在且），对应倾斜角为，与抛物线交于联立方程：，整理可得：（1）， （2）（几何法亦可证明） （3）二、典例分析类型一：圆中的弦长问题模型1：特殊三角形、特殊位置【例1-1-1】（2012天津）在平面直角坐标系中，直线与圆相交于两点，则弦的长等于（ ）A． B． C． D．1解析：圆的圆心到直线的距离，由内角为30°，60°，90°的三角形边长比为知：弦长．【解后反思】圆中三类特殊三角形：等腰直角、等边、含30°角的直角三角形可以帮助简化运算，熟练记忆掌握，会让运算效率高很多。【例1-1-2】（2012湖北）过点的直线，将圆形区域分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为（ ）A． B． C． D．解析：要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线垂直即可.又已知点，则,故所求直线的斜率为1.又所求直线过点，故由点斜式得，所求直线的方程为，即．故选A．【解后反思】圆中的动态问题，可考虑找特殊位置、极限位置，先定位置再分析，可以事半功倍.【例1-1-3】设,若直线与轴相交于点,与轴相交于,且与圆相交所得弦的长为2,为坐标原点,则面积的最小值为_________.解析：直线与两坐标轴的交点坐标为,直线与圆相交所得的弦长为2,圆心到直线的距离满足,所以,即圆心到直线的距离,所以.三角形的面积为,又,当且仅当时取等号,所以最小值为.【解后反思】双参数问题的研究过程中，除了定量运算外，也可以考虑极限和特殊位置进行分析求解。 模型2：几何法（）【例1-2-1】若直线过点，且被圆截得的弦长为2，求直线的方程解答：①当直线斜率不存在时，，联立方程：弦长为2，符合题意.②当直线斜率存在时，设由弦长为2和可得：，解得：综上所述：的方程为和【解后反思】在设直线方程求解时，一定要考虑先特殊后一般防止漏解。【例1-2-2】已知圆，直线经过点，若对任意的实数，直线被圆截得的弦长都是定值，则直线的方程为________解答：圆标准方程：，圆心为，半径为，可知在直线。点到直线的距离，所以过且与平行的直线与圆相交，因为圆的半径，所以截得的弦长为定值。所以，即【解后反思】解析几何的含参问题，在动态变化过程中，要考虑有不变量。本题圆心横纵坐标有线性相等关系，所以圆的圆心轨迹为直线，而圆半径为定值，固可求解。本题亦可特殊化处理，令，进行求解.【例1-2-3】在平面直角坐标系中，已知圆，点是轴上的一个动点，分别切圆于两点，则弦长的取值范围是（ ）A. B. C. D. 解答：如图设交于，则有，只需确认的范围即可，由圆方程可得，设，所以，在中，可得：，所以，下面确定的范围。设，因为，所以，从而解得。则类型二：椭圆和双曲线中的弦长问题【例2-1】过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线分别交椭圆于四点，则的值为（ ）A. B. C. D. 解析：①若分别与坐标轴平行，不妨设轴，则 因为 为长轴长，即 ②当斜率均存在时，设斜率为，由可得斜率为 设，联立 得：，整理后为： 设，，同理只需用替换中的即可 综上所述：【解题反思】反设直线和特殊化解决小题会更加轻松.【例2-2】已知长轴为12，短轴长为6，焦点在轴上的椭圆，过它对的左焦点作倾斜解为的直线交椭圆于两点，求弦的长．解：【解析法】．因为，，所以．因为焦点在轴上，所以椭圆方程为，左焦点，从而直线方程为．由直线方程与椭圆方程联立得：．设，为方程两根，所以，，， 从而【定义法】由题意可知椭圆方程为，设，，则，．在中，，即；所以．同理在中，用余弦定理得，所以【解题反思】多考虑题目中未知参量所满足的等量关系，进行求解.不要局限于一题一解。类型三：抛物线中的弦长问题【例3-1】（2015浙江）如图，设抛物线的焦点为，不经过焦点的直线上有三个不同的点，其中点在抛物线上，点在轴上，则与的面积之比是（ ）A． B． C． D． 解析：如图，，故选A．【解题反思】抛物线中，焦半径的长度受横坐标影响。解题时，首先想定义。【例3-2】（2017新课标1）已知为抛物线的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于，直线与交于、，则最小值为（ ）A．16 B．14 C．12 D．10解析：【方法一】由已知垂直于轴是不符合题意，所以的斜率存在设为，的斜率为，由题意有，设，，，此时直线方程为，取方程，得，∴同理得 由抛物线定义可知当且仅当（或）时，取得等号．【方法二】设倾斜角为．作垂直准线，垂直轴，易知，，同理，，，又与垂直，即的倾斜角为，，而，即．，当且仅当取等号，即最小值为，故选A；【方法三】依题意知：，，由柯西不等式知：，当且仅当取等号.【解题反思】抛物线中研究弦长，可采取正设直线、反设直线、定义转化、角度参数、巧记结论等方法.【例3-3】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若，求l的方程；（2）若，求．解析：设直线．（1）由题设得，故，由题设可得．由，可得，则．从而，得．所以的方程为．（2）由可得．由，可得．所以．从而，故．代入的方程得．故．类型四：圆中的面积最值问题【例4-1】(2018全国卷Ⅲ)直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）A． B． C． D．解析：圆心到直线的距离，所以点到直线的距离．据直线的方程可知，两点的坐标分别为，，所以，所以的面积．因为，所以，即面积的取值范围是．故选A．【例4-2】（2014江西）在平面直角坐标系中，分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则圆面积的最小值为A． B． C． D．解析：由题意可知以线段为直径的圆C过原点，要使圆的面积最小，只需圆的半径或直径最小．又圆与直线相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点到直线的距离，此时，得，圆的面积的最小值为．类型五：椭圆和双曲线中的面积最值问题【例5-1】以椭圆的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线，其左右焦点分别为，已知点的坐标为，双曲线上点满足，则等于（ ）A. B. C. D. 解析：可先利用椭圆确定双曲线方程及其焦点坐标，的顶点为，即为的坐标，椭圆的焦点为，所以双曲线中，进而观察可联想到投影，即在的投影与在的投影相等，由几何关系可得为的角平分线。由可得，即平分，从而为的内心，且内切圆半径。从而【例5-2】已知点为双曲线右支上一点，分别是双曲线的左右焦点，且，为三角形的内心，若成立，则的值为（ ）A. B. C. D. 解析：由三角形内心的性质可得到三边的距离相等，所以的高均为，从而，即，所以只需利用确定的关系即可。解析：为三角形的内心 在双曲线上，且是焦点 即为离心率由可得：，两边同时除以得：，解得 即【例5-3】已知椭圆的左、右焦点分别为、， 为椭圆上一点，且，若的面积为9，则__________．解析：方法一：根据椭圆定义，则 ，又根据勾股定理： ，有，则.方法二：由椭圆的焦点三角形面积公式知：，故【例5-4】双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为（ ）A． B． C． D．解析：由，又P在C的一条渐近线上，不妨设为在上，则，，故选A．【例5-5】(2014新课标1) 已知点，椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．（1)求的方程；（2）设过点的动直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程．解析：(1) 设，由条件知，得，又，所以， ,故的方程.（2）依题意当轴不合题意，故设直线l：，设 将代入，得，当，即时，，从而， 又点到直线的距离，故 ，设，则，，当且仅当，等号成立，且满足，所以当的面积最大时，的方程为： 或. 【例5-6】（2015山东）平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别是、．以 QUOTE F1 为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆 QUOTE C 上．（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线 交椭圆于两点，射线交椭圆于点．( i )求 QUOTE |OQ||OP| 的值；（ii）求△面积的最大值．解析：（1）由题意知，则，又，，可得，所以椭圆的方程为．（2）由（ = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I）知椭圆的方程为．（ = 1 \* roman \* MERGEFORMAT i）设，由题意知，因为，又，即，所以，即．（ = 2 \* roman \* MERGEFORMAT ii）设，将代入椭圆的方程，可得，由，可得 ，则有，所以．因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积令，将代入椭圆的方程，可得 ，由，可得 ，由①②可知 ，因此，故 ，当且仅当时，即时取得最大值，由（i）知，面积为，所以面积的最大值为．【5-7】已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与相交于两点，当的斜率为时，坐标原点到的距离为（1）求椭圆的方程（2）若是椭圆上的四点，已知与共线，与共线，且，求四边形面积的最小值解：（1），设，则（2）由（1）可得：，因为设，，联立方程可得：，消去可得：整理后可得： ①设，以替换①中的可得： 设，可得时，【5-9】（2019全国卷2理）已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.解析：（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得．记，则．于是直线的斜率为，方程为．由得．①设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．因此，△PQG面积的最大值为．【例5-10】直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，椭圆的极坐标方程为，其左焦点在直线上．（1）若直线与椭圆交于两点，求的值；（2）求椭圆的内接矩形面积的最大值．解析：（1）将代入ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝48，得x2＋3y2＝48，即，因为c2＝48－16＝32，所以F的坐标为（，0），又因为F在直线l上，所以．把直线l的参数方程代入x2＋3y2＝48，化简得t2－4t－8＝0，所以t1＋t2＝4，t1t2＝－8，所以．（2）由椭圆C的方程，可设椭圆C上在第一象限内的任意一点M的坐标为（，4sinθ）（），所以内接矩形的面积，当时，面积S取得最大值．类型六：抛物线中的面积最值问题【例6-1】（2014新课标2）设为抛物线C：的焦点，过且倾斜角为30°的直线交于两点，为坐标原点，则△的面积为（ ）A． B． C． D．解析：易知抛物线中，焦点，直线的斜率，故直线的方程为，代人抛物线方程，整理得．设，则，由物线的定义可得弦长，结合图像可得到直线的距离，所以的面积．【例6-2】抛物线的焦点为，准线为，经过且斜率为的直线与抛物线在轴上方的部分相交于点，，垂足为，则的面积是（ ）A. B. C. D. 8解析：【几何法】由题，直线倾斜角为，从而得，由于，其中，而，，故，从而，所以【解析法】由抛物线方程可得：，设，联立方程：，整理可得： 或或（舍），，故【例6-3】设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于，则与的面积之比（ ）A. B. C. D. 解析：由可得，设，设到直线的距离为则过分别引准线的垂线 设，联立方程：消元可得：整理后可得： 【例6-4】已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，，则与面积之和的最小值是（ ）A. B. C. D. 解析：设，因为，所以，设与轴交于直线，联立方程，所以，由可得：，所以，不妨设在轴上方，则，由可知，消元后可得：，等号成立当且仅当，所以的最小值为.【例6-5】已知、是抛物线上异于顶点的两动点，且，点、在什么位置时，的面积最小？最小值是多少？解：设，，则，，因为，所以，所以，当且仅当时，即、关于轴对称时面积最小，最小面积为.【例6-6】（2019全国卷3理）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.解析：（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故 .整理得 设，同理可得.故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.（2）由（1）得直线AB的方程为.由，可得.于是，.设分别为点D，E到直线AB的距离，则.因此，四边形ADBE的面积.设M为线段AB的中点，则.由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.当=0时，S=3；当时，.因此，四边形ADBE的面积为3或.【例6-7】【2019年高考浙江卷】如图，已知点为抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记的面积分别为．（1）求p的值及抛物线的准线方程；（2）求的最小值及此时点G的坐标．解析：（1）由题意得，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=−1.（2）设，重心.令，则.由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得，故，即，所以.又由于及重心G在x轴上，故，得.所以，直线AC方程为，得.由于Q在焦点F的右侧，故.从而.令，则m>0，.当时，取得最小值，此时G（2，0）．类型七：组合图形中的面积最值问题【例7-1】（2016·新课标1，20）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点． （1）证明为定值，并写出点的轨迹方程； （2）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．解析：（1）圆A整理为，A坐标，如图，，则，由，则，根据椭圆定义为一个椭圆，方程为，()；（2）；设，因为，设，联立： ，则圆心到距离，所以，【例7-2】【2019年高考北京卷理数】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．其中，所有正确结论的序号是（ ）A．① B．② C．①② D．①②③解析：由得，，，所以可取的整数有0，−1，1，从而曲线恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)， (−1，0)，(−1，1)，共6个整点，结论①正确.由得，，解得，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.如图所示，易知，四边形的面积，很明显“心形”区域的面积大于，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误. 故选C.【例7-3】已知圆,若椭圆的右顶点为圆的圆心,离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若存在直线,使得直线与椭圆分别交于两点,与圆分别交于两点,点在线段上,且,求圆的半径的取值范围.解析：（1）设椭圆的焦距为2c,因为所以椭圆的方程为.（2）设,联立方程得所以 则又点到直线的距离, 则显然,若点也在线段上,则由对称性可知,直线就是y轴,与已知矛盾,所以要使,只要,所以当时,.当时,3,又显然,所以.综上,圆的半径的取值范围是.【例7-4】（2015湖北）一种作图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．（1）求曲线C的方程；（2）设动直线与两定直线和分别交于两点．若直线 总与曲线有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．解析：（1）设点，，依题意，，且，所以，且即，且．由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲线的方程为．（2）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有．当直线的斜率存在时，设直线， 由 ，消去，可得．因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，即． ①又由 可得；同理可得．由原点到直线的距离为和，可得．②将①代入②得，．当时，；当时，．因，则，，所以，当且仅当时取等号．所以当时，的最小值为8．综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8． 练习：1、（2018·新课标Ⅲ，理6）直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）A． B． C． D．解析：由直线得，∴，圆的圆心为，∴圆心到直线的距离为，∴点到直线的距离的取值范围为，即，∴. 2、已知是直线上一动点,是圆C：的两条切线,是切点,若四边形的最小面积是2,则的值为________解析：圆的方程可化为,因为四边形的最小面积是,且此时切线长为,故圆心到直线的距离为,即,解得,又,所以．3、（2014新课标2）设为抛物线C：的焦点，过且倾斜角为30°的直线交于两点， 为坐标原点，则△的面积为（ ）A． B． C． D．解析：易知抛物线中，焦点，直线的斜率，故直线的方程为，代人抛物线方程，整理得．设，则，由物线的定义可得弦长，结合图象可得到直线的距离，所以的面积．4、（2013新课标1）为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（ ）A． B． C． D．解析：∵，由抛物线的定义可得点的坐标，∴的面积为．5、（2017江苏）在平面直角坐标系中 ，双曲线的右准线与它的两条渐近线分别交于点，，其焦点是，，则四边形的面积是 ．解析：由题意，右准线的方程为，渐近线的方程为，设，则，，，所以四边形的面积为．6、 (2016天津)已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于、、、四点，四边形的的面积为，则双曲线的方程为A． B． C． D．解析：不妨设在第一象限，，所以，解得，故四边形的面积为，解得．故所求的双曲线方程为，选D．7、 (2014江苏)如图，为了保护河上古桥，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆．且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m． 经测量，点A位于点O正北方向60m处， 点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，．（1）求新桥BC的长；（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？解析：（1）如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．由条件知A(0, 60)，C(170, 0)，直线BC的斜率k BC=－tan∠BCO=－.又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率k AB=.设点B的坐标为(a,b)，则kBC= kAB= 解得a=80，b=120. 所以BC=.因此新桥BC的长是150 m.（2）设保护区的边界圆M的半径为r m，OM=d m，(0≤d≤60).由条件知，直线BC的方程为，即由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以即解得故当d=10时,最大，即圆面积最大. 所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.解法二: （1）如图，延长OA, CB交于点F. 因为tan∠BCO=.所以sin∠FCO=，cos∠FCO=．因为OA=60,OC=170，所以OF=OC tan∠FCO=.CF=,从而.因为OA⊥OC，所以cos∠AFB=sin∠FCO==，又因为AB⊥BC，所以BF=AF cos∠AFB==，从而BC=CF－BF=150.因此新桥BC的长是150 m.（2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD=r m，OM=d m(0≤d≤60).因为OA⊥OC，所以sin∠CFO =cos∠FCO，故由(1)知，sin∠CFO =所以.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以即解得故当d=10时,最大，即圆面积最大.所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.8、如图，在平面直角坐标系中，已知点、分别是椭圆：的左、右焦点，过点、分别作倾斜角都为的两条直线、，分别交椭圆于点、和、. 当时，点坐标为（0,1）.（1）求此椭圆的方程；（2）当变化时，讨论线段与长度之间的关系，并给出证明；（3）当变化时，求四边形面积的最大值及对应的值．解（1）由已知，得，所以∴椭圆的标准方程为： （2）设直线，则直线由得其中∴∴ 由得同理可证∴,又因为∥,所以，四边形是平行四边形,即 （3）由（2）知点到直线的距离是∴（当且仅当，即时取得最大值）所以。四边形的最大值为，此时9、已知椭圆的左顶点为，离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）过点的直线l交椭圆C于A，B两点，当取得最大值时，求的面积．解析：（1）由题意可得：，，得，则.所以椭圆.（2）当直线与轴重合时，不妨取，此时；当直线与轴不重合时，设直线的方程为：，，联立得，显然，，.所以.当时，取最大值.此时直线方程为，不妨取，所以.又，所以的面积.10、如图,已知椭圆：,其左右焦点为及,过点的直线交椭圆于两点,线段的中点为,的中垂线与轴和轴分别交于两点,且、、构成等差数列.（1）求椭圆的方程；（2）记△的面积为,△（为原点）的面积为．试问：是否存在直线,使得？说明理由．解析：（1）因为、、构成等差数列,所以,所以. 又因为,所以, 所以椭圆的方程为. （2）假设存在直线，使得，显然直线不能与轴垂直.设方程为，将其带入，整理得设，所以故点的横坐标为．所以 ． 因为 ,所以 , 解得 ,即 和相似,若,则 所以 , 整理得 ． 因为此方程无解,所以不存在直线,使得 ． 11、（2012广东）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．（1）求椭圆的方程；（2）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆O： 相交于不同的两点，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及相对应的的面积；若不存在，请说明理由．解析：（1）由，所以设是椭圆上任意一点，则，所以所以，当时，有最大值，可得，所以故椭圆的方程为：（2）存在点满足要求，使得面积最大．假设直线与圆相交于不同两点,则圆心到的距离，∴ ①因为在椭圆上，所以 ②，由①②得：∵所以，由②得代入上式得，当且仅当，∴，此时满足要求的点有四个．此时对应的的面积为．12、（2018江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆的直径为．(1)求椭圆及圆的方程；(2)设直线与圆相切于第一象限内的点．①若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；②直线与椭圆交于两点．若的面积为，求直线的方程． (1)因为椭圆的焦点为，可设椭圆的方程为．又点在椭圆上，所以，解得因此，椭圆的方程为．因为圆的直径为，所以其方程为．(2)①设直线与圆相切于，则，所以直线的方程为，即．由消去，得．（*）因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以．因为，所以．因此，点的坐标为．②因为三角形的面积为，所以，从而．设，由（*）得，所以．因为，所以，即，解得舍去），则，因此的坐标为．综上，直线的方程为．13、设直线：与椭圆相交于,两个不同的点,与轴相交于点,记为坐标原点．（1）证明：；（2）若,的面积取得最大值时椭圆方程．【答案】（1）证明见解析；（2）.解析：（1）依题意,直线显然不平行于坐标轴,故可化为,将代入,整理得,①由直线与椭圆相交于两个不同的点,得,化简整理即得．（*）（2）,,由①,得,②因为,,由,得,③由②③联立,解得,④的面积,上式取等号的条件是,即．当时,由④解得；当时,由④解得．将,及,这两组值分别代入①,均可解出,经验证,,满足（*）式．所以,的面积取得最大值时椭圆方程为．14、(2016年全国II)已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．（1）当时，求的面积；（2）当时，求的取值范围．解析：（I）设，则由题意知．当时，椭圆的方程为，A点坐标为，由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为．因此直线的方程为．将代入得．解得或，所以．所以的面积为．（2）由题意知，则直线的方程为，联立并整理得，解得或，所以由题意，所以的方程为，同理可得由,得，即当时上式成立，因此．因为，即，整理得即，解得．15、已知椭圆的离心率为，倾斜角为的直线经过椭圆的右焦点且与圆相切.(1)求椭圆 的方程；(2)若直线与圆相切于点，且交椭圆于两点，射线于椭圆交于点，设的面积于的面积分别为.①求的最大值；②当取得最大值时，求的值.解析： (1)依题直线的斜率.设直线的方程为,依题有： (2)由直线与圆相切得： .设.将直线代入椭圆的方程得： ,且.设点到直线的距离为,故的面积为：,当.等号成立.故的最大值为1.设，由直线与圆相切于点，可得，16、已知抛物线（），直线与抛物线交于 (点在点的左侧)两点，且.（1）求抛物线在两点处的切线方程；（2）若直线与抛物线交于两点，且的中点在线段上， 的垂直平分线交轴于点，求面积的最大值.解析：（1）由，令，得，所以，解得， ，由，得，故所以在点的切线方程为，即，同理可得在点的切线方程为.（2）由题意得直线的斜率存在且不为0，故设， ， ，由与联立，得， ，所以， ，故.又，所以，所以，由，得且.因为的中点为，所以的垂直平分线方程为，令，得，即，所以点到直线的距离，所以.令，则，则，故.设，则，结合，令，得；令，得，所以当，即时， .
第6讲 弦长与面积问题一、问题综述：在直线与二次曲线相交的模型中，弦长和面积是最基本的几何量，也是考察几何图形分析和代数运算最常建立起来的运算式。考察方向比较复杂多变。知识要点：弦长问题：在直线与椭圆相交，以及直线与双曲线相交，求弦长问题研究过程中，可通过直线与已知二次曲线联立，借助韦达定理得到两根关系，从而进行研究.设直线，上两点，则 设直线，上两点，则①特殊地：在直线与圆问题中：弦长公式经常用：②特殊地：椭圆中焦点三角形面积：（其中）证明：由于且故故因为，所以.③特殊地：双曲线中焦点三角形面积：（其中）③特殊地：在直线与抛物线问题中：设抛物线方程：，过焦点的直线（斜率存在且），对应倾斜角为，与抛物线交于联立方程：，整理可得：（1）， （2）（几何法亦可证明） （3）二、典例分析类型一：圆中的弦长问题模型1：特殊三角形、特殊位置【例1-1-1】（2012天津）在平面直角坐标系中，直线与圆相交于两点，则弦的长等于（ ）A． B． C． D．1解析：圆的圆心到直线的距离，由内角为30°，60°，90°的三角形边长比为知：弦长．【解后反思】圆中三类特殊三角形：等腰直角、等边、含30°角的直角三角形可以帮助简化运算，熟练记忆掌握，会让运算效率高很多。【例1-1-2】（2012湖北）过点的直线，将圆形区域分为两部分，使得这两部分的面积之差最大，则该直线的方程为（ ）A． B． C． D．解析：要使直线将圆形区域分成两部分的面积之差最大，必须使过点的圆的弦长达到最小，所以需该直线与直线垂直即可.又已知点，则,故所求直线的斜率为1.又所求直线过点，故由点斜式得，所求直线的方程为，即．故选A．【解后反思】圆中的动态问题，可考虑找特殊位置、极限位置，先定位置再分析，可以事半功倍.【例1-1-3】设,若直线与轴相交于点,与轴相交于,且与圆相交所得弦的长为2,为坐标原点,则面积的最小值为_________.解析：直线与两坐标轴的交点坐标为,直线与圆相交所得的弦长为2,圆心到直线的距离满足,所以,即圆心到直线的距离,所以.三角形的面积为,又,当且仅当时取等号,所以最小值为.【解后反思】双参数问题的研究过程中，除了定量运算外，也可以考虑极限和特殊位置进行分析求解。 模型2：几何法（）【例1-2-1】若直线过点，且被圆截得的弦长为2，求直线的方程解答：①当直线斜率不存在时，，联立方程：弦长为2，符合题意.②当直线斜率存在时，设由弦长为2和可得：，解得：综上所述：的方程为和【解后反思】在设直线方程求解时，一定要考虑先特殊后一般防止漏解。【例1-2-2】已知圆，直线经过点，若对任意的实数，直线被圆截得的弦长都是定值，则直线的方程为________解答：圆标准方程：，圆心为，半径为，可知在直线。点到直线的距离，所以过且与平行的直线与圆相交，因为圆的半径，所以截得的弦长为定值。所以，即【解后反思】解析几何的含参问题，在动态变化过程中，要考虑有不变量。本题圆心横纵坐标有线性相等关系，所以圆的圆心轨迹为直线，而圆半径为定值，固可求解。本题亦可特殊化处理，令，进行求解.【例1-2-3】在平面直角坐标系中，已知圆，点是轴上的一个动点，分别切圆于两点，则弦长的取值范围是（ ）A. B. C. D. 解答：如图设交于，则有，只需确认的范围即可，由圆方程可得，设，所以，在中，可得：，所以，下面确定的范围。设，因为，所以，从而解得。则类型二：椭圆和双曲线中的弦长问题【例2-1】过椭圆的右焦点作两条相互垂直的直线分别交椭圆于四点，则的值为（ ）A. B. C. D. 解析：①若分别与坐标轴平行，不妨设轴，则 因为 为长轴长，即 ②当斜率均存在时，设斜率为，由可得斜率为 设，联立 得：，整理后为： 设，，同理只需用替换中的即可 综上所述：【解题反思】反设直线和特殊化解决小题会更加轻松.【例2-2】已知长轴为12，短轴长为6，焦点在轴上的椭圆，过它对的左焦点作倾斜解为的直线交椭圆于两点，求弦的长．解：【解析法】．因为，，所以．因为焦点在轴上，所以椭圆方程为，左焦点，从而直线方程为．由直线方程与椭圆方程联立得：．设，为方程两根，所以，，， 从而【定义法】由题意可知椭圆方程为，设，，则，．在中，，即；所以．同理在中，用余弦定理得，所以【解题反思】多考虑题目中未知参量所满足的等量关系，进行求解.不要局限于一题一解。类型三：抛物线中的弦长问题【例3-1】（2015浙江）如图，设抛物线的焦点为，不经过焦点的直线上有三个不同的点，其中点在抛物线上，点在轴上，则与的面积之比是（ ）A． B． C． D． 解析：如图，，故选A．【解题反思】抛物线中，焦半径的长度受横坐标影响。解题时，首先想定义。【例3-2】（2017新课标1）已知为抛物线的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于，直线与交于、，则最小值为（ ）A．16 B．14 C．12 D．10解析：【方法一】由已知垂直于轴是不符合题意，所以的斜率存在设为，的斜率为，由题意有，设，，，此时直线方程为，取方程，得，∴同理得 由抛物线定义可知当且仅当（或）时，取得等号．【方法二】设倾斜角为．作垂直准线，垂直轴，易知，，同理，，，又与垂直，即的倾斜角为，，而，即．，当且仅当取等号，即最小值为，故选A；【方法三】依题意知：，，由柯西不等式知：，当且仅当取等号.【解题反思】抛物线中研究弦长，可采取正设直线、反设直线、定义转化、角度参数、巧记结论等方法.【例3-3】已知抛物线C：y2=3x的焦点为F，斜率为的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P．（1）若，求l的方程；（2）若，求．解析：设直线．（1）由题设得，故，由题设可得．由，可得，则．从而，得．所以的方程为．（2）由可得．由，可得．所以．从而，故．代入的方程得．故．类型四：圆中的面积最值问题【例4-1】(2018全国卷Ⅲ)直线分别与轴，轴交于两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）A． B． C． D．解析：圆心到直线的距离，所以点到直线的距离．据直线的方程可知，两点的坐标分别为，，所以，所以的面积．因为，所以，即面积的取值范围是．故选A．【例4-2】（2014江西）在平面直角坐标系中，分别是轴和轴上的动点，若以为直径的圆与直线相切，则圆面积的最小值为A． B． C． D．解析：由题意可知以线段为直径的圆C过原点，要使圆的面积最小，只需圆的半径或直径最小．又圆与直线相切，所以由平面几何知识，知圆的直径的最小值为点到直线的距离，此时，得，圆的面积的最小值为．类型五：椭圆和双曲线中的面积最值问题【例5-1】以椭圆的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线，其左右焦点分别为，已知点的坐标为，双曲线上点满足，则等于（ ）A. B. C. D. 解析：可先利用椭圆确定双曲线方程及其焦点坐标，的顶点为，即为的坐标，椭圆的焦点为，所以双曲线中，进而观察可联想到投影，即在的投影与在的投影相等，由几何关系可得为的角平分线。由可得，即平分，从而为的内心，且内切圆半径。从而【例5-2】已知点为双曲线右支上一点，分别是双曲线的左右焦点，且，为三角形的内心，若成立，则的值为（ ）A. B. C. D. 解析：由三角形内心的性质可得到三边的距离相等，所以的高均为，从而，即，所以只需利用确定的关系即可。解析：为三角形的内心 在双曲线上，且是焦点 即为离心率由可得：，两边同时除以得：，解得 即【例5-3】已知椭圆的左、右焦点分别为、， 为椭圆上一点，且，若的面积为9，则__________．解析：方法一：根据椭圆定义，则 ，又根据勾股定理： ，有，则.方法二：由椭圆的焦点三角形面积公式知：，故【例5-4】双曲线C：=1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若，则△PFO的面积为（ ）A． B． C． D．解析：由，又P在C的一条渐近线上，不妨设为在上，则，，故选A．【例5-5】(2014新课标1) 已知点，椭圆：的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．（1)求的方程；（2）设过点的动直线与相交于两点，当的面积最大时，求的方程．解析：(1) 设，由条件知，得，又，所以， ,故的方程.（2）依题意当轴不合题意，故设直线l：，设 将代入，得，当，即时，，从而， 又点到直线的距离，故 ，设，则，，当且仅当，等号成立，且满足，所以当的面积最大时，的方程为： 或. 【例5-6】（2015山东）平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率为，左、右焦点分别是、．以 QUOTE F1 为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆 QUOTE C 上．（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆：，为椭圆上任意一点，过点的直线 交椭圆于两点，射线交椭圆于点．( i )求 QUOTE |OQ||OP| 的值；（ii）求△面积的最大值．解析：（1）由题意知，则，又，，可得，所以椭圆的方程为．（2）由（ = 1 \* ROMAN \* MERGEFORMAT I）知椭圆的方程为．（ = 1 \* roman \* MERGEFORMAT i）设，由题意知，因为，又，即，所以，即．（ = 2 \* roman \* MERGEFORMAT ii）设，将代入椭圆的方程，可得，由，可得 ，则有，所以．因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积令，将代入椭圆的方程，可得 ，由，可得 ，由①②可知 ，因此，故 ，当且仅当时，即时取得最大值，由（i）知，面积为，所以面积的最大值为．【5-7】已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与相交于两点，当的斜率为时，坐标原点到的距离为（1）求椭圆的方程（2）若是椭圆上的四点，已知与共线，与共线，且，求四边形面积的最小值解：（1），设，则（2）由（1）可得：，因为设，，联立方程可得：，消去可得：整理后可得： ①设，以替换①中的可得： 设，可得时，【5-9】（2019全国卷2理）已知点A(−2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为−.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.解析：（1）由题设得，化简得，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（2）（i）设直线PQ的斜率为k，则其方程为．由得．记，则．于是直线的斜率为，方程为．由得．①设，则和是方程①的解，故，由此得．从而直线的斜率为．所以，即是直角三角形．（ii）由（i）得，，所以△PQG的面积．设t=k+，则由k>0得t≥2，当且仅当k=1时取等号．因为在[2，+∞）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为．因此，△PQG面积的最大值为．【例5-10】直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，椭圆的极坐标方程为，其左焦点在直线上．（1）若直线与椭圆交于两点，求的值；（2）求椭圆的内接矩形面积的最大值．解析：（1）将代入ρ2cos2θ＋3ρ2sin2θ＝48，得x2＋3y2＝48，即，因为c2＝48－16＝32，所以F的坐标为（，0），又因为F在直线l上，所以．把直线l的参数方程代入x2＋3y2＝48，化简得t2－4t－8＝0，所以t1＋t2＝4，t1t2＝－8，所以．（2）由椭圆C的方程，可设椭圆C上在第一象限内的任意一点M的坐标为（，4sinθ）（），所以内接矩形的面积，当时，面积S取得最大值．类型六：抛物线中的面积最值问题【例6-1】（2014新课标2）设为抛物线C：的焦点，过且倾斜角为30°的直线交于两点，为坐标原点，则△的面积为（ ）A． B． C． D．解析：易知抛物线中，焦点，直线的斜率，故直线的方程为，代人抛物线方程，整理得．设，则，由物线的定义可得弦长，结合图像可得到直线的距离，所以的面积．【例6-2】抛物线的焦点为，准线为，经过且斜率为的直线与抛物线在轴上方的部分相交于点，，垂足为，则的面积是（ ）A. B. C. D. 8解析：【几何法】由题，直线倾斜角为，从而得，由于，其中，而，，故，从而，所以【解析法】由抛物线方程可得：，设，联立方程：，整理可得： 或或（舍），，故【例6-3】设抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于，则与的面积之比（ ）A. B. C. D. 解析：由可得，设，设到直线的距离为则过分别引准线的垂线 设，联立方程：消元可得：整理后可得： 【例6-4】已知为抛物线的焦点，点在该抛物线上且位于轴的两侧，，则与面积之和的最小值是（ ）A. B. C. D. 解析：设，因为，所以，设与轴交于直线，联立方程，所以，由可得：，所以，不妨设在轴上方，则，由可知，消元后可得：，等号成立当且仅当，所以的最小值为.【例6-5】已知、是抛物线上异于顶点的两动点，且，点、在什么位置时，的面积最小？最小值是多少？解：设，，则，，因为，所以，所以，当且仅当时，即、关于轴对称时面积最小，最小面积为.【例6-6】（2019全国卷3理）已知曲线C：y=，D为直线y=上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.（1）证明：直线AB过定点：（2）若以E(0，)为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积.解析：（1）设，则.由于，所以切线DA的斜率为，故 .整理得 设，同理可得.故直线AB的方程为.所以直线AB过定点.（2）由（1）得直线AB的方程为.由，可得.于是，.设分别为点D，E到直线AB的距离，则.因此，四边形ADBE的面积.设M为线段AB的中点，则.由于，而，与向量平行，所以.解得t=0或.当=0时，S=3；当时，.因此，四边形ADBE的面积为3或.【例6-7】【2019年高考浙江卷】如图，已知点为抛物线的焦点，过点F的直线交抛物线于A、B两点，点C在抛物线上，使得的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记的面积分别为．（1）求p的值及抛物线的准线方程；（2）求的最小值及此时点G的坐标．解析：（1）由题意得，即p=2.所以，抛物线的准线方程为x=−1.（2）设，重心.令，则.由于直线AB过F，故直线AB方程为，代入，得，故，即，所以.又由于及重心G在x轴上，故，得.所以，直线AC方程为，得.由于Q在焦点F的右侧，故.从而.令，则m>0，.当时，取得最小值，此时G（2，0）．类型七：组合图形中的面积最值问题【例7-1】（2016·新课标1，20）设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，交圆于两点，过作的平行线交于点． （1）证明为定值，并写出点的轨迹方程； （2）设点的轨迹为曲线，直线交于两点，过且与垂直的直线与圆交于两点，求四边形面积的取值范围．解析：（1）圆A整理为，A坐标，如图，，则，由，则，根据椭圆定义为一个椭圆，方程为，()；（2）；设，因为，设，联立： ，则圆心到距离，所以，【例7-2】【2019年高考北京卷理数】数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线C：就是其中之一（如图）．给出下列三个结论：①曲线C恰好经过6个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过；③曲线C所围成的“心形”区域的面积小于3．其中，所有正确结论的序号是（ ）A．① B．② C．①② D．①②③解析：由得，，，所以可取的整数有0，−1，1，从而曲线恰好经过(0，1)，(0，−1)，(1，0)，(1，1)， (−1，0)，(−1，1)，共6个整点，结论①正确.由得，，解得，所以曲线上任意一点到原点的距离都不超过. 结论②正确.如图所示，易知，四边形的面积，很明显“心形”区域的面积大于，即“心形”区域的面积大于3，说法③错误. 故选C.【例7-3】已知圆,若椭圆的右顶点为圆的圆心,离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若存在直线,使得直线与椭圆分别交于两点,与圆分别交于两点,点在线段上,且,求圆的半径的取值范围.解析：（1）设椭圆的焦距为2c,因为所以椭圆的方程为.（2）设,联立方程得所以 则又点到直线的距离, 则显然,若点也在线段上,则由对称性可知,直线就是y轴,与已知矛盾,所以要使,只要,所以当时,.当时,3,又显然,所以.综上,圆的半径的取值范围是.【例7-4】（2015湖北）一种作图工具如图1所示．是滑槽的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且，．当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕转动一周（D不动时，N也不动），M处的笔尖画出的曲线记为C．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系．（1）求曲线C的方程；（2）设动直线与两定直线和分别交于两点．若直线 总与曲线有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．解析：（1）设点，，依题意，，且，所以，且即，且．由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0，于是，故，代入，可得，即所求的曲线的方程为．（2）当直线的斜率不存在时，直线为或，都有．当直线的斜率存在时，设直线， 由 ，消去，可得．因为直线总与椭圆有且只有一个公共点，所以，即． ①又由 可得；同理可得．由原点到直线的距离为和，可得．②将①代入②得，．当时，；当时，．因，则，，所以，当且仅当时取等号．所以当时，的最小值为8．综合（1）（2）可知，当直线与椭圆在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8． 练习：1、（2018·新课标Ⅲ，理6）直线分别与轴，轴交于，两点，点在圆上，则面积的取值范围是（ ）A． B． C． D．解析：由直线得，∴，圆的圆心为，∴圆心到直线的距离为，∴点到直线的距离的取值范围为，即，∴. 2、已知是直线上一动点,是圆C：的两条切线,是切点,若四边形的最小面积是2,则的值为________解析：圆的方程可化为,因为四边形的最小面积是,且此时切线长为,故圆心到直线的距离为,即,解得,又,所以．3、（2014新课标2）设为抛物线C：的焦点，过且倾斜角为30°的直线交于两点， 为坐标原点，则△的面积为（ ）A． B． C． D．解析：易知抛物线中，焦点，直线的斜率，故直线的方程为，代人抛物线方程，整理得．设，则，由物线的定义可得弦长，结合图象可得到直线的距离，所以的面积．4、（2013新课标1）为坐标原点，为抛物线的焦点，为上一点，若，则的面积为（ ）A． B． C． D．解析：∵，由抛物线的定义可得点的坐标，∴的面积为．5、（2017江苏）在平面直角坐标系中 ，双曲线的右准线与它的两条渐近线分别交于点，，其焦点是，，则四边形的面积是 ．解析：由题意，右准线的方程为，渐近线的方程为，设，则，，，所以四边形的面积为．6、 (2016天津)已知双曲线，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于、、、四点，四边形的的面积为，则双曲线的方程为A． B． C． D．解析：不妨设在第一象限，，所以，解得，故四边形的面积为，解得．故所求的双曲线方程为，选D．7、 (2014江苏)如图，为了保护河上古桥，规划建一座新桥BC，同时设立一个圆形保护区．规划要求：新桥BC与河岸AB垂直;保护区的边界为圆心M在线段OA上并与BC相切的圆．且古桥两端O和A到该圆上任意一点的距离均不少于80m． 经测量，点A位于点O正北方向60m处， 点C位于点O正东方向170m处(OC为河岸)，．（1）求新桥BC的长；（2）当OM多长时，圆形保护区的面积最大？解析：（1）如图，以O为坐标原点，OC所在直线为x轴，建立平面直角坐标系xOy．由条件知A(0, 60)，C(170, 0)，直线BC的斜率k BC=－tan∠BCO=－.又因为AB⊥BC，所以直线AB的斜率k AB=.设点B的坐标为(a,b)，则kBC= kAB= 解得a=80，b=120. 所以BC=.因此新桥BC的长是150 m.（2）设保护区的边界圆M的半径为r m，OM=d m，(0≤d≤60).由条件知，直线BC的方程为，即由于圆M与直线BC相切，故点M(0，d)到直线BC的距离是r，即.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以即解得故当d=10时,最大，即圆面积最大. 所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.解法二: （1）如图，延长OA, CB交于点F. 因为tan∠BCO=.所以sin∠FCO=，cos∠FCO=．因为OA=60,OC=170，所以OF=OC tan∠FCO=.CF=,从而.因为OA⊥OC，所以cos∠AFB=sin∠FCO==，又因为AB⊥BC，所以BF=AF cos∠AFB==，从而BC=CF－BF=150.因此新桥BC的长是150 m.（2）设保护区的边界圆M与BC的切点为D，连接MD，则MD⊥BC，且MD是圆M的半径，并设MD=r m，OM=d m(0≤d≤60).因为OA⊥OC，所以sin∠CFO =cos∠FCO，故由(1)知，sin∠CFO =所以.因为O和A到圆M上任意一点的距离均不少于80 m,所以即解得故当d=10时,最大，即圆面积最大.所以当OM = 10 m时，圆形保护区的面积最大.8、如图，在平面直角坐标系中，已知点、分别是椭圆：的左、右焦点，过点、分别作倾斜角都为的两条直线、，分别交椭圆于点、和、. 当时，点坐标为（0,1）.（1）求此椭圆的方程；（2）当变化时，讨论线段与长度之间的关系，并给出证明；（3）当变化时，求四边形面积的最大值及对应的值．解（1）由已知，得，所以∴椭圆的标准方程为： （2）设直线，则直线由得其中∴∴ 由得同理可证∴,又因为∥,所以，四边形是平行四边形,即 （3）由（2）知点到直线的距离是∴（当且仅当，即时取得最大值）所以。四边形的最大值为，此时9、已知椭圆的左顶点为，离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）过点的直线l交椭圆C于A，B两点，当取得最大值时，求的面积．解析：（1）由题意可得：，，得，则.所以椭圆.（2）当直线与轴重合时，不妨取，此时；当直线与轴不重合时，设直线的方程为：，，联立得，显然，，.所以.当时，取最大值.此时直线方程为，不妨取，所以.又，所以的面积.10、如图,已知椭圆：,其左右焦点为及,过点的直线交椭圆于两点,线段的中点为,的中垂线与轴和轴分别交于两点,且、、构成等差数列.（1）求椭圆的方程；（2）记△的面积为,△（为原点）的面积为．试问：是否存在直线,使得？说明理由．解析：（1）因为、、构成等差数列,所以,所以. 又因为,所以, 所以椭圆的方程为. （2）假设存在直线，使得，显然直线不能与轴垂直.设方程为，将其带入，整理得设，所以故点的横坐标为．所以 ． 因为 ,所以 , 解得 ,即 和相似,若,则 所以 , 整理得 ． 因为此方程无解,所以不存在直线,使得 ． 11、（2012广东）在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，且椭圆上的点到的距离的最大值为3．（1）求椭圆的方程；（2）在椭圆上，是否存在点使得直线：与圆O： 相交于不同的两点，且的面积最大？若存在，求出点的坐标及相对应的的面积；若不存在，请说明理由．解析：（1）由，所以设是椭圆上任意一点，则，所以所以，当时，有最大值，可得，所以故椭圆的方程为：（2）存在点满足要求，使得面积最大．假设直线与圆相交于不同两点,则圆心到的距离，∴ ①因为在椭圆上，所以 ②，由①②得：∵所以，由②得代入上式得，当且仅当，∴，此时满足要求的点有四个．此时对应的的面积为．12、（2018江苏）如图，在平面直角坐标系中，椭圆过点，焦点，圆的直径为．(1)求椭圆及圆的方程；(2)设直线与圆相切于第一象限内的点．①若直线与椭圆有且只有一个公共点，求点的坐标；②直线与椭圆交于两点．若的面积为，求直线的方程． (1)因为椭圆的焦点为，可设椭圆的方程为．又点在椭圆上，所以，解得因此，椭圆的方程为．因为圆的直径为，所以其方程为．(2)①设直线与圆相切于，则，所以直线的方程为，即．由消去，得．（*）因为直线与椭圆有且只有一个公共点，所以．因为，所以．因此，点的坐标为．②因为三角形的面积为，所以，从而．设，由（*）得，所以．因为，所以，即，解得舍去），则，因此的坐标为．综上，直线的方程为．13、设直线：与椭圆相交于,两个不同的点,与轴相交于点,记为坐标原点．（1）证明：；（2）若,的面积取得最大值时椭圆方程．【答案】（1）证明见解析；（2）.解析：（1）依题意,直线显然不平行于坐标轴,故可化为,将代入,整理得,①由直线与椭圆相交于两个不同的点,得,化简整理即得．（*）（2）,,由①,得,②因为,,由,得,③由②③联立,解得,④的面积,上式取等号的条件是,即．当时,由④解得；当时,由④解得．将,及,这两组值分别代入①,均可解出,经验证,,满足（*）式．所以,的面积取得最大值时椭圆方程为．14、(2016年全国II)已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，．（1）当时，求的面积；（2）当时，求的取值范围．解析：（I）设，则由题意知．当时，椭圆的方程为，A点坐标为，由已知及椭圆的对称性知，直线的倾斜角为．因此直线的方程为．将代入得．解得或，所以．所以的面积为．（2）由题意知，则直线的方程为，联立并整理得，解得或，所以由题意，所以的方程为，同理可得由,得，即当时上式成立，因此．因为，即，整理得即，解得．15、已知椭圆的离心率为，倾斜角为的直线经过椭圆的右焦点且与圆相切.(1)求椭圆 的方程；(2)若直线与圆相切于点，且交椭圆于两点，射线于椭圆交于点，设的面积于的面积分别为.①求的最大值；②当取得最大值时，求的值.解析： (1)依题直线的斜率.设直线的方程为,依题有： (2)由直线与圆相切得： .设.将直线代入椭圆的方程得： ,且.设点到直线的距离为,故的面积为：,当.等号成立.故的最大值为1.设，由直线与圆相切于点，可得，16、已知抛物线（），直线与抛物线交于 (点在点的左侧)两点，且.（1）求抛物线在两点处的切线方程；（2）若直线与抛物线交于两点，且的中点在线段上， 的垂直平分线交轴于点，求面积的最大值.解析：（1）由，令，得，所以，解得， ，由，得，故所以在点的切线方程为，即，同理可得在点的切线方程为.（2）由题意得直线的斜率存在且不为0，故设， ， ，由与联立，得， ，所以， ，故.又，所以，所以，由，得且.因为的中点为，所以的垂直平分线方程为，令，得，即，所以点到直线的距离，所以.令，则，则，故.设，则，结合，令，得；令，得，所以当，即时， .
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