2022-2023学年高二数学 人教A版2019选择性必修第一册 同步讲义 第24讲 圆锥曲线弦长面积问题 Word版含解析

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第24讲 圆锥曲线弦长面积问题
考点分析
考点一：弦长公式
设，根据两点距离公式．
注意：
①设直线为上，代入化简，得;
②设直线方程为，代入化简，得
考点二：三角形的面积处理方法
①底·高 （通常选弦长做底，点到直线的距离为高）
②水平宽·铅锤高或

③在平面直角坐标系中，已知的顶点分别为，，，三角形的面积为．
题型目录
题型一：求弦长
题型二：弦长的范围问题
题型三：三角形四边形面积问题
题型四：三角形四边形面积范围问题
典型例题
题型一：求弦长
【例1】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的左、右焦点分别为、，过且斜率为1的直线交椭圆于A、两点，则等于（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用弦长公式求解即可.
【详解】设直线AB方程为，联立椭圆方程
整理可得：，设，
则，，根据弦长公式有：
=．故B，C，D错误.
故选：A.
【例2】（2023·全国·高三专题练习）过椭圆的左焦点F作倾斜角为60°的直线l与椭圆C交于A、B两点，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，，把直线与椭圆联立，求出，
，即可求出.
【详解】由，得，，，左焦点为．
则过左焦点F，倾斜角为60°直线l的方程为．代入，得，
设，，则，，
又，
根据弦长公式得：，
且，
∴，
故选：A．
【例3】（2022·全国·高二专题练习）已知椭圆：的离心率为且经过点1)，直线经过且与椭圆相交于两点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)当求此时直线的方程；
【答案】(1)；(2)或为.
【分析】（1）根据离心率及椭圆过点列方程求解即可；
（2）分直线的斜率是否存在两种情况讨论，当直线斜率不存在时验证知不符合题意，斜率存在时，设直线方程，利用弦长公式求出斜率k即可得解.
(1)，，即，
，又经过点1)，，
解得，
所以椭圆方程为.
(2)当直线的斜率不存在时，即直线的方程，此时，
直线的斜率存在，
不妨设直线的方程为，设，
联立方程组可得消可得，
其判别式，
，

，
整理可得，解得即
此时直线方程为或为.
【例4】（2022·全国·高二专题练习）已知椭圆的左焦点，长轴长与短轴长的比是．

(1)求椭圆的方程；
(2)过作两直线交椭圆于四点，若，求证：为定值．
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）由题可知，即可求解的值，进而得到椭圆方程；
（2）当直线斜率不存在时，可得，当直线斜率存在时，设直线的方程，与椭圆的方程联立，得到的值，利用弦长公式得到的值，同理可得的值，计算即可.
(1)解：由题可知，，又，故，
所以椭圆的方程为：.
(2)证明：当直线斜率不存在时，此时．
当直线斜率存在时，设直线的方程为，
由，得．
设，
则有，
，
因为，所以直线的方程为，     
同理，
所以，
综上为定值．
【题型专练】
1．（2022·全国·高三专题练习）椭圆C：左右焦点为，，离心率为，点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)经过点，倾斜角为直线l与椭圆交于B，C两点，求．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）利用椭圆的离心率，过点，及，列方程解出即可得椭圆方程；
（2）由已知可得直线l的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系及弦长公式求解.
（1）解：由题意得，解得，又因为点在椭圆C上，
带入得，所以椭圆的标准方程为.
（2）解：易得直线l的解析式为，设，联立椭圆的方程
得，

所以．
2．（2022·云南·巍山彝族回族自治县第二中学高二阶段练习）椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，椭圆经过点且长轴长为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点且斜率为1的直线与椭圆交于，两点，求弦长.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）先设出椭圆方程，然后由题意可得，从而可得椭圆方程，
（2）由题意可得直线的方程为，代入椭圆方程中，利用根与系数的关系，结合弦长公式可求得结果.
（1）由题意设椭圆的方程为，因为椭圆经过点且长轴长为，
所以，所以椭圆方程为，
（2）因为直线过点且斜率为1，所以直线的方程为，
设，将代入，得，
整理得，所以，
所以

3．（2022·河北保定·高一阶段练习）过椭圆的左焦点作倾斜角60°的直线，直线与椭圆交于A，B两点，则______．
【答案】
【分析】设，，利用“设而不求法”求弦长即可.
【详解】∵椭圆方程为，∴焦点分别为，，
∵直线AB过左焦点的倾斜角为60°，∴直线AB的方程为，将AB方程与椭圆方程联立消去y，得．设，，可得，，
∴，因此，．
故答案为:．
题型二：弦长的范围问题
【例1】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求的方程；
(2)若是上两点，直线与圆相切，求的取值范围．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据已知条件求得，由此可求得椭圆的方程.
（2）对直线斜率分成不存在、直线的斜率为、直线的斜率不为三种情况进行分类讨论，结合弦长公式、基本不等式求得的取值范围.
（1）由题意得，，解得，所以的方程为.
（2）圆的圆心为，半径圆.
①当直线的斜率不存在时，方程为或，于是有或
解得，所以.                            
②当直线的斜率为时，方程为或，于是有或
解得，所以.                                 
③当直线的斜率不为时，设斜率为，方程为，
因为直线与圆相切，所以，得
建立方程组，消并化简得，
.
设,,则,，
所以=

而，当且仅当，即时，等号成立.
所以 ，所以.
综上所述，的取值范围是.
【例2】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆，，分别为左右焦点，点，在椭圆E上.
(1)求椭圆E的离心率；
(2)过左焦点且不垂直于坐标轴的直线l交椭圆E于A，B两点，若的中点为M，O为原点，直线交直线于点N，求取最大值时直线l的方程.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据椭圆过点的坐标，求出椭圆方程，即可求出椭圆的离心率；
（2）设直线方程为，，，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，即可得到的中点的坐标，从而求出直线的方程，即可得到的坐标，表示出、，即可得到，再根据函数的性质求出最大值；
（1）解：将，代入椭圆方程，
解得，所以椭圆的方程为，
又，所以
（2）解：设直线方程为，，，
联立可得；
则，且，，
设的中点，则，，
∴坐标为，，
因此直线的方程为，从而点为，又，，
所以，令，
则，
因此当，即时，最大值为3.
所以的最大值为，此时，直线l的方程为.
【例3】（2022·全国·高二专题练习）椭圆的左、右焦点分别是 ，斜率为的直线过左焦点且交于两点，且的内切圆的周长是，若椭圆的离心率为，则线段的长度的取值范围是_________
【答案】
【分析】设,利用三角形内切圆面积计算可得，化简得，由离心率范围求得，再利用弦长公式即可求得答案.
【详解】如图示，由椭圆定义可得 ,
则的周长为4a,设，
设内切圆半径为，的内切圆的周长是，
故 ，
由题意得 ，

得，由于，故，
所以由可得，
故答案为：
【题型专练】
1．（2022·青海·模拟预测（理））已知椭圆C：，圆O：，若圆O过椭圆C的左顶点及右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线，，分别与椭圆相交于点A，B，D，E，试求的取值范围．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据圆O过椭圆C的左顶点及右焦点，可求得椭圆的a,b，即可求得答案;
（2）当直线，中，有一条直线斜率不存在时，此时；当直线，斜率都存在时，设直线方程，并和椭圆方程联立，根据根与系数的关系，求得弦长的表达式，结合换元法，利用二次函数的性质，可求得答案.
(1)圆O：与x轴的交点为，即椭圆C的左顶点及右焦点分别为，
故 ，故 ，所以椭圆C的方程为：；
(2)当直线，中，有一条直线斜率不存在，一条直线斜率为0时，
弦长分别为 ，此时；
当直线，斜率都存在时，设,
联立，可得，，
，
，
同理，
，
令 ，则 ，
，
因为，所以，
所以的取值范围为.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求解以及和弦长有关的范围问题，综合性较强，计算量较大，解答的关键是明确问题的解决思路，即联立直线和椭圆方程，利用弦长公式表示，进而结合二次函数解决问题.
2．（2022安徽高三开学考试）已知为坐标原点，椭圆过点 ，记线段的中点为．
(1)若直线的斜率为 3 ，求直线的斜率;
(2)若四边形为平行四边形，求的取值范围．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）设出点M，N，Q的坐标，结合已知利用点差法计算作答.
（2）当直线斜率存在时，设出其方程，与椭圆方程联立，借助向量表示点P坐标，再利用弦长公式建立函数关系并求出值域，直线斜率不存在时，计算作答.
（1）设，则，
两式相减可得，，而，
则有，又直线斜率，因此
所以直线的斜率.
（2）当直线不垂直于x轴时，设直线，，
由消去y并整理得：，
，，，
因四边形为平行四边形，即，则点，
而，即，
又点P在椭圆上，则，化简得，满足，
于是得，，，
则
，
当直线垂直于x轴时，得点或，若点，点M，N必在直线上，
由得，则，若点，同理可得，
综上，的取值范围为．
题型三：三角形四边形面积问题
【例1】（2022·全国·高二课时练习）已知椭圆与椭圆具有共同的焦点，，点P在椭圆上，，______．在下面三个条件中选择一个，补充在上面的横线上，并作答．
①椭圆过点；②椭圆的短轴长为10；③椭圆的离心率为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求的面积．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）设椭圆C的方程为（），，由题意可得.
选①：可得即可求解椭圆方程；选②：可得即可求解椭圆方程；选③：可得即可求解椭圆方程；
（2）根据椭圆的定义，结合勾股定理可得，再求解面积即可.
（1）设椭圆C的方程为（），，则椭圆与椭圆具有共同的焦点，则．
选①，由已知可得，则，所以椭圆的方程为．
选②，由已知可得，则，所以椭圆的方程为．
选②，由已知可得，则，所以，椭圆的方程为．
（2）由椭圆的定义知，①
又因为，所以，②
由①②可得，解得，因此．
【例2】（2022·广东·开平市忠源纪念中学模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆：与椭圆有相同的焦点，，且右焦点到上顶点的距离为．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过椭圆左焦点，且斜率为的直线与椭圆交于，两点，求的面积．
【答案】(1)，(2)
【分析】根据题意可得，，所以，即可求得椭圆的方程；
设，，过且斜率为的直线方程为：，直线与椭圆方程联立，消得的一元二次方程，结合韦达定理，即可求的面积．
（1）椭圆的焦点为，，半焦距，
椭圆的右焦点到上顶点的距离为，，
椭圆的方程为．
（2）设，，过且斜率为的直线方程为：，
代入椭圆的方程，化简可得，
，
则，
.
【例3】（2022·湖南师大附中三模）若椭圆与椭圆满足，则称这两个椭圆为“相似”，相似比为m.如图，已知椭圆的长轴长是4，椭圆的离心率为，椭圆与椭圆相似比为.


(1)求椭圆与椭圆的方程；
(2)过椭圆左焦点F的直线l与、依次交于A、C、D、B四点.
①求证：无论直线l的倾斜角如何变化，恒有.
②点M是椭圆上异于C、D的任意一点，记面积为，面积为，当时，求直线l的方程.
【答案】(1)椭圆的方程，椭圆的方程是；
(2)①证明见解析；②或.
【分析】（1）由已知可得，结合相似比及的离心率、椭圆参数关系求出椭圆参数，进而写出、的方程.
（2）①讨论l与坐标轴的位置关系，设l为，联立椭圆方程判断AB和CD的中点是否重合即可；②由弦长公式求、，根据面积比可得，结合①的结论及题图有，进而求出参数t，即可得直线l的方程.
(1)由已知，则，又，故.
又椭圆的离心率，所以，
由，则，从而，
所以椭圆的方程，椭圆的方程是.
(2)①要证明，即证明线段AB和CD的中点重合，
当直线l与坐标轴重合时，由对称性知：结论成立.
当直线l与坐标轴不重合时，不妨设直线l为，，，，，代入椭圆C1方程得，即，
故，，
代入椭圆方程得，即，
故，，
由，可得线段AB和CD的中点重合，故.
综上，恒成立.
②由①得：，
，
而，则，由①知：，
所以，即，可得.
所以直线l的方程为或.
【例4】（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆C：＋＝1，过A(2，0)，B(0，1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求四边形ABNM的面积.
【答案】(1)，，(2)2
【分析】（1）根据椭圆的基本量求解即可；
（2）设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，再分别求得直线PA和PB的方程，进而得到的表达式，再代入面积的公式，结合椭圆的方程化简即可
(1)由题意知，a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为，
因为c＝＝，所以椭圆C的离心率.
(2)设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则因为A(2，0)，B(0，1)，
所以直线PA的方程为，令x＝0，得，从而|BM|＝1－yM＝
直线PB的方程为y＝x＋1，令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋.
所以四边形ABNM的面积
S＝|AN|·|BM|＝·
＝
＝＝2，
所以四边形ABNM的面积为2.
【例5】（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆，由E的上､下顶点，左､右焦点构成一个边长为的正方形.
(1)求E的方程；
(2)过E的右焦点F做相互垂直的两条直线，，分别和E交点A，B，C，D，若由点A，B，C，D构成的四边形的面积是，求，的方程.
【答案】(1)
(2)与的方程分别为：，
【分析】（1）由题分析可确定，，从而得椭圆的标准方程；
（2）讨论直线斜率是否存在，设直线方程，然后结合椭圆方程，确定交点坐标关系，从而根据几何性质列式求解即可得直线方程
（1）解：由已知，，，所以E的方程为.
（2）解：又题意中，，
①若或斜率不存在，易知，不符合题意；
②若斜率存在，设，和的方程联立得：
，，，
，
设，同理可得，
所以
解得，，所以与的方程分别为：，，
【题型专练】
1．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆，过右焦点的直线交椭圆于、，且是线段的中点，是椭圆左焦点，求的面积．

【答案】
【分析】首先求出，即可得到直线的方程，设，，利用点差法得到，再根据及求出椭圆方程，再联立直线与椭圆方程，消元，列出韦达定理，求出，最后根据计算可得.
【详解】解：因为直线过点、，
所以，所以直线，
设，，则，，
所以、，
所以，即，
所以，即，又，
所以，
又，，所以，所以椭圆方程为，
联立直线AB与椭圆方程为，消去整理得，
所以，，
所以，
故．

2．（2022·天津·高考真题）椭圆的右焦点为F、右顶点为A，上顶点为B，且满足．
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线l与椭圆有唯一公共点M，与y轴相交于N（N异于M）．记O为坐标原点，若，且的面积为，求椭圆的标准方程．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、的等量关系，由此可求得该椭圆的离心率的值；
（2）由（1）可知椭圆的方程为，设直线的方程为，将直线的方程与椭圆方程联立，由可得出，求出点的坐标，利用三角形的面积公式以及已知条件可求得的值，即可得出椭圆的方程.
（1）解：，
离心率为.
（2）解：由（1）可知椭圆的方程为，
易知直线的斜率存在，设直线的方程为，
联立得，
由，①
，，
由可得，②
由可得，③
联立①②③可得，，，故椭圆的标准方程为．
3．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆C的左、右焦点分别为，离心率为，过点且与x轴垂直的直线与椭圆C在第一象限交于点P，且的面积为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过点的直线与y轴正半轴交于点S，与曲线C交于点E，轴，过点S的另一直线与曲线C交于M，N两点，若，求所在的直线方程．
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）根据题意，列方程求解即可；
（2）根据题意，作图可得，得到点，利用，得到，结合，得到，即.再设，，则，，然后联立方程，利用韦达定理进行消参求解即可得到答案
（1）由题意知，，
又，∴，，
∴椭圆标准方程为.
（2）∵轴，∴，
设，则，∴，即，
∵，∴，∴，
∴，即，
设，，则，，
∴.
①当直线的斜率不存在时，的方程为，此时∴不符合条件.
②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，
联立得.
得，
∴，即，解得.
故直线的方程为或.

4．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆：的短轴长为2，离心率为．


(1)求椭圆的标准方程；
(2)如图，点为椭圆的上顶点，过点作互相垂直的两条直线（的斜率为正数）和，直线与以短轴为直径的圆和椭圆分别相交于点，，直线与圆和椭圆分别相交于点，，且的面积是面积的倍，求直线和的方程．
【答案】(1)
(2)，或，
【分析】（1）根据题意可得求解即可；（2）利用弦长公式结合题意分析可得，分别联立方程求交点横坐标，代入整理计算．
（1）
根据题意可得解得
椭圆的标准方程
（2）
圆
设，则
设，，，
则，同理可得：，，
∵的面积是面积的倍，则
代入整理得：
联立方程，得或，即，同理
联立方程，得或，即，同理
代入可得：，解得或
当时，直线，；
当时，直线，
5．（2022·全国·高二专题练习）已知椭圆：离心率以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)是椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于点且点的中点横坐标为求的面积．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由椭圆的离心率得c，由到直线的距离可得，
再由可得答案；
（2）设直线的方程设 代入椭圆方程利用点差法可得，整理得，然后直线的方程与椭圆方程联立利用弦长公式可得，求出到直线的距离d，由可得答案.
(1)由椭圆的离心率，则c，
由到直线的距离，则，
由可得，
椭圆的标准方程：.
(2)设
由题意可知：直线的斜率存在，且不为设直线的方程为
则直线的斜率
由两式相减得：
整理得：解得：
由对称性不妨令直线的方程为：
联立整理得：
则则
则到直线的距离，
则
的面积．
6．（2022·江苏·金沙中学高二阶段练习）已知抛物线与椭圆有公共的焦点，的左､右焦点分别为，该椭圆的离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点为椭圆上一点，过点的直线与椭圆交于异于点的两点，若的面积是，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据抛物线的焦点可得椭圆的半焦距，结合离心率即可得出答案.
（2）对直线的斜率进行讨论：①当直线l的斜率为0直接求出的面积；
②当直线l的斜率不为0或斜率不存在时，设直线l的方程为，，．用“设而不求法”表示出的面积，解得m，即可求出直线l的方程.
（1）由题意可得，抛物线的焦点为，
所以椭圆的半焦距，又椭圆的离心率为，
所以，
所以椭圆的方程：.
（2）因为在椭圆C上，所以，解得．
①当直线l的斜率为0时，，
则的面积为．
因为的面积是，所以直线l的斜率为0不符合题意．
②当直线l的斜率不为0或斜率不存在时，
设直线l的方程为，，．
联立整理得．
则，．
故．
因为点P到直线l的距离，
所以．
因为的面积是，所以，
整理得，解得，即．
故直线l的方程为，即．
题型四：三角形四边形面积范围问题
【例1】（2022·全国·高三专题练习）已知直线l与椭圆交于M，N两点，当______，面积最大，并且最大值为______.记，当面积最大时，_____﹐_______.Р是椭圆上一点，，当面积最大时，______.
【答案】               4     2     1
【分析】作伸缩变换，将椭圆变为圆，根据三角形面积公式求得当时，最大，进而依次计算可得.
【详解】作变换此时椭圆变为圆，方程为，
当时，最大，并且最大为，
此时，.
由于，，
∴，
，
因为，所以
.
故答案为：；；4；2；1.
【例2】（2022·全国·高二课时练习）已知椭圆的长轴长为，离心率为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点的直线交椭圆C于A，B两点，求（O为原点）面积的最大值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出，，从而求出，从而求出椭圆方程；
（2）设出直线AB的方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，表达出弦长和面积，结合基本不等式求出最值.
（1）根据题意，知，即．又离心率，所以，
可得，所以椭圆C的标准方程为．
（2）由题意，知直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为．
由，得．
由，得．
设，，
则，，所以
．
点到直线AB的距离，
所以．
令，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，此时，所以的面积的最大值为．
【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x（或y）的一元二次方程；
（3）写出根与系数的关系；
（4）将所求问题或题中关系转化为关于，的形式；
（5）代入求解．
【例3】（2022·浙江·温岭中学高二期末）已知椭圆，已知点，椭圆上有两点，且在线段上，


(1)求的最小值；
(2)若是点关于轴的对称点，连结并延长交直线轴于点，求面积的取值范围.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）设，，利用两点间得距离公式结合二次函数的性质即可得出答案；
（2）设，设的方程为，联立，利用韦达定理求出，再求出直线的方程，令，求得点的坐标，再根据从而可得出答案.
（1）解：设，，则，所以，所以当时，取得最小值，所以的最小值为；
（2）解：设，则，设的方程为，联立，消得，，则有，直线的方程为，令，得，所以为定点，则，令，，则，则，因为函数在上递增，所以，所以，所以，即面积的取值范围为.
【点睛】本题考查了椭圆中的最值问题，及椭圆中三角形的面积问题，运算量很大，考查了直线过顶点问题及面积的最值问题，有一定的难度.

【例4】（2022·广东·高三阶段练习）椭圆经过点且离心率为；直线与椭圆交于A，两点，且以为直径的圆过原点.

(1)求椭圆的方程；
(2)若过原点的直线与椭圆交于两点，且，求四边形面积的最大值.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）根据椭圆过的点以及椭圆的离心率，可列出等式，求得a,b，即得答案；
（2）分类讨论直线AB的斜率不存在和存在两种情况，斜率存在时，设直线AB方程，联立椭圆方程，得到根与系数的关系式，根据条件求出参数之间的关系式，进而表示出四边形的面积，进行化简，可求得答案.
（1）椭圆经过点，,
椭圆的离心率为，则，即,
即，解得，
所以椭圆的方程为.
（2）当直线斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为，
则 ，则不妨取，故，
解得 ，故方程为，
直线过中点，即为轴，得，，
故；
直线斜率存在时，设其方程为，，，
联立，可得，
则①，
②， ③，
以为直径的圆过原点即，
化简可得，
将②③两式代入，整理得，
即④，
将④式代入①式，得恒成立，则，
设线段中点为，由，
不妨设 ，得，
又∵，∴，
又由，则点坐标为，
化简可得，代回椭圆方程可得即，
则，
综上，四边形面积的最大值为.
【点睛】本题考查了椭圆方程的求法以及直线和椭圆相交时的四边形的面积的最大值问题，综合性强，计算量大，解答的关键是表示出四边形ACBD的面积，并能进行正确的化简，求得最值.
【例5】（2022·内蒙古赤峰·高二期末（理））设椭圆的左、右焦点分别为、，点P，Q为椭圆C上任意两点，且，若的周长为8，面积的最大值为2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C内切于矩形ABCD（椭圆与矩形四条边均相切），求矩形ABCD面积的最大值．
【答案】(1)，(2)12
【分析】（1）根据椭圆的定义可知，即可求出，再根据及、、的关系计算可得；
（2）当矩形ABCD中有一条边与坐标轴平行时，直接求出矩形的面积，当矩形ABCD的边都不与坐标轴平行时，设出直线方程，联立直线与椭圆方程，消元、根据求出，同理得，再由平行线之间的距离公式求出，，即可求出，最后利用基本不等式计算可得；
(1)解：由得P、、Q三点共线，
因为三角形的周长为8，即，
所以，则．
当P点为椭圆上或下顶点时的面积最大，
即，
由，解得，
所以椭圆C的方程为．
(2)解：当矩形ABCD中有一条边与坐标轴平行时，则另外三条边也与坐标轴平行，
矩形ABCD的两条边长分别为，，
此时．
当矩形ABCD的边都不与坐标轴平行时，由对称性，
不妨设直线AB的方程为：，则CD的方程为：，
AD的方程为：，BC的方程为：．
由，得，
令得，同理得，
矩形ABCD的边长分别为，，
∴，
，
当且仅当时取等号，所以矩形ABCD面积的最大值是12．
综上所述，矩形ABCD面积的最大值是12．
【题型专练】
1．（2022·安徽·高三开学考试）如图，已知椭圆的左、右顶点分别是，且经过点， 直线 恒过定点且交椭圆于两点，为的中点.

(1)求椭圆的标准方程;
(2)记的面积为S，求S的最大值.
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由直线过定点坐标求得，再由椭圆所过点的坐标求得得椭圆方程；
（2）设，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，
计算弦长，再求得到直线的距离，从而求得三角形面积，由函数的性质求得最大值．
（1）由题意可得，直线恒过定点，因为为的中点， 所以， 即.
因为椭圆经过点 ，所以 ， 解得，所以椭圆的方程为.
（2）设.由得 恒成立，
则，
则
又因为点到直线的距离，
所以
令， 则，
因为，时，，在上单调递增，
所以当时，时，故.
即S的最大值为 .
【点睛】方法点睛：本题求椭圆的标准方程，直线与椭圆相交中三角形面积问题，计算量较大，属于难题．解题方法一般是设出交点坐标，由（设出）直线方程与椭圆方程联立方程组消元后应用韦达定理，然后由弦长公式求得弦长，再求得三角形的另一顶点到此直线的距离，从而求得三角形的面积，最后利用函数的性质，基本不等式等求得最值．
2．（2022·湖北·安陆第一高中高二阶段练习）已知椭圆的C：经过点，离心率为．


(1)求椭圆C的方程：
(2)过椭圆C上的点的直线l与x，y轴的交点分别为M和N，且，过原点O的直线m与t平行，且与C交于B，D两点，求△ABD面积的最大值
【答案】(1)，(2)2
【分析】（1）利用长轴长与离心率求出，，结合求出.
（2）设经过点的直线方程为：，可得，，由题意可得，再写出直线方程，将直线与椭圆方程联立，求出弦长，求出点到直线的距离，利用三角形的面积公式表示出，再利用基本不等式即可求解.
(1)依题意有，所以椭圆C的方程为.
(2)点A在椭圆上，∴，即，
设经过点A的直线方程为：，可得，，
∵，∴，
又，∴BD方程为，
联立，，
点A到直线BD的距离为，
，
，
∴，三角形ABD面积的最大值为2
当且仅当，即时，等号成立．

3．（2022·河南·高三开学考试（文））已知椭圆的离心率为，且经过点．
(1)求椭圆的方程；
(2)若过点的直线与椭圆交于两点，点关于轴的对称点为点，求面积的最大值．
【答案】(1)，(2)
【分析】（1）由题知，再待定系数求解即可得答案；
（2）结合题意设，，，则，进而根据，结合基本不等式求解即可.
（1）解：设椭圆的焦距为，则，即，所以，即，①
又椭圆经过点，则，②由①②解得，，
所以椭圆的方程为．
（2）解：当直线垂直于坐标轴时，点不能构成三角形，不符合题意，
当直线不垂直于坐标轴时，设，，，则，
联立得，
则，．
又，，
易知与同号，
所以

，
当且仅当，即时等号成立，
所以面积的最大值为．
4．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆的长轴长为4，离心率为，一动圆过椭圆右焦点，且与直线相切．
(1)求椭圆的方程及动圆圆心轨迹的方程；
(2)过作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于，两点，交曲线于，两点，求四边形面积的最小值．
【答案】(1)； ；(2)8 ．
【分析】（1）根据已知条件解方程以及圆的性质和抛物线的定义求解.
（2）利用直线方程与圆锥曲线方程联立，韦达定理进行处理.
(1)由已知可得，
则所求椭圆方程．
由已知可得动圆圆心轨迹为抛物线，且抛物线的焦点为，准线方程为，
则动圆圆心轨迹方程为．
(2)当直线的斜率不存在时，，
此时的长即为椭圆长轴长，，
从而．
设直线的斜率为，则，直线的方程为：，
直线的方程为，设，，，，，，
，，由，消去可得，
由抛物线定义可知：，
由，消去得，
从而，所以，
令，因为，则，则，因为.
所以.所以四边形面积的最小值为8．
5．（2022·山东·东营市第一中学高二期中）已知的上顶点到右顶点的距离为，离心率为，右焦点为F，过点F的直线（不与x轴重合）与椭圆C相交于A、B两点，直线与x轴相交于点H，过点A作，垂足为D．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)①求四边形OAHB（O为坐标原点）面积的取值范围；
②证明直线BD过定点E，并求出点E的坐标．
【答案】(1)，(2)①；②证明见解析，
【分析】（1）根据椭圆的性质，可得上顶点与右顶点的坐标，由离心率与三参数之间的关系，可得方程，进而解得答案；
（2）①设过定点的直线方程，联立方程，消元整理一元二次方程，写出韦达定理，将四边形分割成两个顶底的三角形，根据面积公式，可得答案；②由题意设出两点，整理出直线方程，由①中的直线与韦达定理，进行等量代还，可得答案.
（1）由题可知：，所以，，
故椭圆的标准方程为；
（2）①由题，设直线，，，
联立，消去x，得，
因为，，，
则
所以四边形OAHB的面积，
令，∴，∴
因为（当且仅当即时取等号），所以，
所以四边形OAHB的面积取值范围为；
②∵，，所以直线BD的斜率，
所以直线BD的方程为，
令，可得，①
由（1）可得，，∴
化简①可得
则直线BD过定点．
6．（2022·山东青岛·高三开学考试）在平面直角坐标系中，动圆与圆内切，且与圆外切，记动圆的圆心的轨迹为.
(1)求轨迹的方程；
(2)不过圆心且与轴垂直的直线交轨迹于两个不同的点，连接交轨迹于点.
（i）若直线交轴于点，证明：为一个定点；
（ii）若过圆心的直线交轨迹于两个不同的点，且，求四边形面积的最小值.
【答案】(1)，(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据两圆内切和外切列出圆心距与半径的关系，即可发现圆心的轨迹满足椭圆的定义，进而可求其方程，
（2）联立直线与椭圆方程，得韦达定理，根据点坐标可得方程，进而代入韦达定理即可求出坐标，根据弦长公式可求长度，进而得长，根据垂直，即可表示四边形的面积，根据不等式即可求解最值.
（1）设动圆的半径为，圆心的坐标为
由题意可知：圆的圆心为，半径为；圆的圆心为，半径为.
动圆与圆内切，且与圆外切，

动圆的圆心的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为：，
其中
从而轨迹的方程为：
（2）（i）设直线的方程为，则
由可得：

直线的方程为，
令可得点的横坐标为：


为一个定点，其坐标为
（ii）根据（i）可进一步求得：

.
，
则
，
四边形面积
（法一）
等号当且仅当时取，即时，
（法二）令，
则
当，即时，
【点睛】本题考查了椭圆的方程，以及直线与椭圆的位置关系，综合性较强.利用几何法求轨迹方程时，要多注意图形位置间体现的等量关系，可通过先判断轨迹，再求其方程.直线与椭圆相交问题，联立方程是常规必备步骤，韦达定理得弦长，求面积或者长度最值时，往往需要先将其表达出来，再利用不等式或者函数的知识进行求解.