高考数学二轮复习培优专题第22讲 圆锥曲线解答题中的弦长面积问题3种常考题型（含解析）

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第22讲 圆锥曲线解答题中的弦长面积问题3种常考题型
【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
③，其中为直线与圆锥曲线联立后得到的一元二次方程的判别式，为二次项系数
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．
考点三：四边形面积处理方法
①若四边形对角线与相互垂直，则
②将四边形面积转化为三角形面积进行解决
【题型目录】
题型一：求弦长及范围问题
题型二：三角形面积及范围问题
题型三：四边形面积及范围问题
【典型例题】
题型一：求弦长及范围问题
【例1】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2】已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上.
(1)求椭圆的方程；
(2)过椭圆右焦点作两条互相垂直的弦AB与CD，求的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据题意，由离心率可得的关系，再将点的坐标代入即可得到椭圆方程；
（2）根据题意，先讨论两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，再讨论两条弦斜率均存在且不为0，此时设直线的方程为，则直线的方程为，联立椭圆与直线方程，结合韦达定理与弦长公式分别表示出弦长与弦长，即可得到结果.
【详解】（1）∵，所以.
设椭圆方程为，将代入，得.
故椭圆方程为.
（2）①当两条弦中一条斜率为0时，另一条弦的斜率不存在，
易得其中一条弦为长轴，另一条弦长为椭圆的通径为，即；
②当两条弦斜率均存在且不为0时，设，，
设直线的方程为，则直线的方程为，
将直线的方程代入椭圆方程中，并整理得：
，
∴，，
∴，
同理，，
∴，
令，则，
∴，
∵，∴，
∴，∴，
∴，∴.
综合②可知，的取值范围为.
【例3】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．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.已知椭圆：过点且与抛物线：有一个公共的焦点．
(1)求椭圆与抛物线的方程；
(2)过点的直线与椭圆交于，两点，与抛物线交于，两点．是否存在这样的直线，使得？若存在，求出直线的方程，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，；(2)存在，
【分析】（1）由题意椭圆与抛物线共焦点，由焦点得出基本量，即可求出椭圆与抛物线的方程.
（2）分直线的斜率存在与不存在，在直线斜率不存在时求出直线方程，并验证是否成立，再求直线斜率存在时，设直线的斜率为，联立直线与椭圆方程，求得当满足时直线的斜率，即可求得直线方程.
【详解】（1）由，，得，，
所以椭圆的方程：，
由，得，所以抛物线的方程：．
（2）当直线斜率不存在时，，得，，不符合；
当直线斜率存在时，设，，，，
由得，
，，
，
由得，，
，，，
由，得，，，经检验符合.
故存在直线，方程为.
3.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.
4.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.
题型二：三角形面积及范围问题
【例1】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2】已知椭圆E的中心为坐标原点O，对称轴分别为x轴、y轴，且过，两点．
(1)求E的方程；
(2)设F为椭圆E的一个焦点，M，N为椭圆E上的两动点，且满足，当M，O，N三点不共线时，求△MON的面积的最大值．
【答案】(1)；(2)
【分析】(1)将给定点代入设出的方程求解即可；
(2)根据题意可得：，进而得到直线的斜率，设直线的方程，与曲线方程联立，利用韦达定理和弦长公式求出，再利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，进而求出面积的最值.
【详解】（1）设椭圆方程为，因为椭圆过点，，
所以，解得：，所以椭圆的方程为：.
（2）不妨设为椭圆的下焦点，由(1)可知：点，则，
因为，则，所以，
设直线的方程为：，，
联立方程组，整理可得：，则，即（*），
由韦达定理可得：，，
由弦长公式可得：，
点到直线的距离，
所以，
所以当时，的面积最大，最大为.
【例3】已知椭圆：的离心率，短轴长为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设为椭圆的右顶点，，是轴上关于轴对称的两点，直线与椭圆的另一个交点为，点为中点，点在直线上且满足（为坐标原点），记，的面积分别为，，若，求直线的斜率．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）列方程组解得a、b、c的值即可.
（2）设出直线AB的方程，可得直线AD的方程、点C的坐标、点D的坐标，联立直线AB方程与椭圆方程可得点B的坐标、点E的坐标，由可得直线CH的方程，联立直线CH的方程与直线AD的方程可得点H的坐标，由各点的坐标可求得、、、，代入面积之比方程中可得结果.
【详解】（1）
∴椭圆W的标准方程为.
（2）如图所示，

由（1）知，，
由题意知，直线AB的斜率存在且不为0，所以设：，
则：，设，
令x=0，分别代入直线AB的方程与直线AD的方程可得：，，


，
∴    即：
∴，
∴AB的中点E的坐标为：，
∴
又∵
∴
∴
∴：，
   即：
∴
∴
∴
又∵
∴
∴ ，
∴
【例4】已知椭圆的离心率为，过右焦点的直线与椭圆交于两点，且当轴时，.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线的斜率存在且不为0，点在轴上的射影分别为，且三点共线，求证：与的面积相同.
【答案】(1)；(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率以及通径的长度即可联立求解的值，
（2）联立直线方程和椭圆方程得韦达定理，进而根据斜率公式可证明三点共线，根据，所以，进而可证明与面积相等.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为.
依题意，，故①.
联立 解得，故②.
联立①②，解得，
故椭圆的方程为.
（2）易知椭圆的右焦点为.
设直线的方程为.
由得，
设，则.
因为轴，所以.
直线的方程为，所以.
因为轴，所以.
因为，
所以
，
所以三点共线.
因为，所以，
而，所以与的面积相同.

【点睛】关键点点睛：联立直线与曲线的方程得到韦达定理是常用和必备的步骤.由韦达定理以及弦长公式，点到直线的距离即可求解面积以及长度以及最值，最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.在处理共线问题是，要借助于向量以及两点斜率公式.
【例5】已知椭圆的上､下顶点分别为，点在椭圆内，且直线分别与椭圆交于两点，直线与轴交于点．已知．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设的面积为的面积为，求的取值范围．
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据条件列式求，可求椭圆方程；
（2）利用直线与椭圆方程联立求点的坐标，再求直线的方程，得点的坐标，并利用坐标表示，并根据的范围，求的取值范围．
【详解】（1），,，
因为，所以，解得：，
所以椭圆方程；
（2），所以直线方程是，
联立，，得或，
即
，所以直线方程是，
联立，得，
得或，,
，
直线的方程，令，得，
即,
,
，
因为点在椭圆内，所以，又，得，
，设，


【点睛】关键点点睛：本题考查直线与椭圆方程联立的综合应用，本题的关键是计算繁琐，尤其求点的坐标和直线的方程时，注意化简的准确性.
【题型专练】
1.已知椭圆的左，右焦点分别为，，焦距为，点在上.
(1)是上一动点，求的范围；
(2)过的右焦点，且斜率不为零的直线交于，两点，求的内切圆面积的最大值.
【答案】(1)；(2)
【分析】(1)结合焦距及点坐标，求得椭圆的方程：，设点，得，结合椭圆有界性解得范围即可；
(2)设直线的方程为,联立椭圆方程结合韦达定理得，，利用等面积法求解内切圆半径，进而求得内切圆面积.
【详解】（1）由题意知，所以.
将点代入，解得，所以椭圆的方程为：.
设点，则.
又因为，所以的范围是.
（2）依题意可设直线的方程为，，.
联立得.
所以，，
所以，
又因为，
当且仅当时等号成立.所以.
又因为三角形内切圆半径满足.
所以的内切圆面积的最大值为.
2．已知O为坐标原点，点皆为曲线上点，为曲线上异于的任意一点，且满足直线的斜率与直线的斜率之积为.
(1)求曲线的方程：
(2)设直线与曲线相交于两点，直线的斜率分别为（其中），的面积为，以为直径的圆的面积分别为、，若恰好构成等比数列，求的取值范围.
【答案】(1)；(2).
【分析】(1) 设，由题意可知，化简即可；
(2) 设直线的方程为：，联立直线和椭圆方程得，由可得，设，
结合韦达定理、点到线的距离公式及三角形的面积公、圆的面积公式可得，，，由成等比数列，可得，进而可得，再根据，即可求得答案.
【详解】（1）解：设，
则有
所以，
所以，
化简得：，
所以曲线的方程为：；
（2）解：设直线的方程为：，
则由，可得，
则，
所以，即，
设，
则有，，
所以，
又因为原点到直线的距离，
所以，
又因为，
所以，
同理可得，
又因为以，，
又因为成等比数列，
所以，
所以，
所以，
即，
即有，
又因为，，
所以，，
解得，
所以，
所以
，当时取等号.
又因为，
即，
所以，
即.
【点睛】方法点睛：对于解答直线与圆锥曲线问题的题，常用的方程是设而不解，联立直线方程与圆锥曲线方程，再利用韦达定理、弦长公式进行解答即可.
3.已知椭圆：的长轴为4，离心率为

(1)求椭圆的方程；
(2)如图，过点的直线与交于，，过，作直线：的垂线，垂足分别为，，记，，的面积分别为，，，问：是否存在实数，使得为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由
【答案】(1)
(2)时，定值，理由见解析

【分析】（1）根据题意列出等式，即可求解；
（2）设，，：，由题意可得，联立与，得到，代入即可求解
【详解】（1）因为椭圆：的长轴为4，离心率为，
所以，解得，，
故，
所以椭圆的方程为
（2）设，，：，
则，，，
则①，
联立与，消去得，
则，得，
代入①得
则当即时，为定值
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
4．已知椭圆经过点且焦距为4，点分别为椭圆的左右顶点，点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线的斜率分别为，求的值；
(3)是椭圆上的两点，且不在坐标轴上，满足，
，问的面积是否是定值？如果是，请求出的面积；如果不是，请你说明理由.
【答案】(1)；(2)；(3)是，.
【分析】（1）根据题意建立方程，联立解出即可，
（2）由题意，是椭圆上非顶点的两点，且，，设，然后表示出直线的斜率，化简即可得.
（3）利用（2）中的结论，设直线方程，联立方程组消元，写出韦达定理，找出参数变量间的关系，利用三角形面积公式表示出，化简求出面积为定值即可.
【详解】（1）椭圆经过点且焦距为4，
得，即，①
，②
，③
解得，，
所以椭圆方程为．
（2）由题意，是椭圆上非顶点的两点，
且，，
设，
则.
（3）因为，，所以，
设直线的方程为，
由，
得，④
设，则，，
，
所以，得，
又
，
即的面积为定值.
5．已知圆：，点，是圆上的一个动点，线段的中垂线交于点.
(1)求点的轨迹的方程；
(2)若点，过点A的直线与C交于点M，与y轴交于点N，过原点且与平行的直线与C交于P、G两点，求的值.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据几何图形，结合椭圆的定义，即可求解；
（2）首先转化，再利用直线与椭圆方程联立，利用两点间距离公式求弦长，即可求解比值.
【详解】（1）因为，所以
由椭圆的定义可知：Q的轨迹C的方程为：.
（2）设过原点且与平行的直线和距离为，则

由题意可知直线AM的斜率一定存在.则设直线AM的方程为，直线OP的方程为，则，
由，得.
则-2，是方程的两个根，，所以，所以，

又，
所以.
由得.设，
则，，
所以.
所以，.
6.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.
7.已知椭圆C的焦点在x轴上，左右焦点分别为、，离心率，P为椭圆上任意一点，的周长为6.
(1)求椭圆C的标准方程：
(2)过点且斜率不为0的直线l与椭圆C交于Q，R两点，点Q关于x轴的对称点为，过点Q1与R的直线交x轴于T点，试问的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值：若不存在，请说明理由
【答案】(1)；(2)存在，
【分析】(1)根据已知条件列方程组，求得，从而求得椭圆的方程.
(2)设直线的方程为并与椭圆的方程联立，化简写出根与系数关系，求得三角形的面积的表达式并利用基本不等式求得最大值.
【详解】（1）设椭圆的方程为，
由题可知.，
联立，解得，
故椭圆C的方程为.
（2）不妨设过点且斜率不为0的直线l方程为，设，
则，联立，消x得，
，即，
由韦达定理有，
直线1的方程为，
令，得，
将①②)代入上式得，则，
又
(当且仅当时取等)
所以面积的最大值为
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
题型三：四边形面积及范围问题
【例1】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