2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题36：圆锥曲线的面积问题35页

这是一份2024年高考数学第二轮专题复习圆锥曲线 专题36：圆锥曲线的面积问题35页，共35页。试卷主要包含了已知椭圆的焦距为，且点在上.，已知抛物线，如图所示，､分别是椭圆，已知点，圆等内容，欢迎下载使用。
（1）求椭圆的方程；
（2）直线与椭圆交于，两点，为坐标原点，，若，求面积的最大值.
2．已知椭圆的焦距为，且点在上.
（1）求的方程；
（2）若直线与相交于，两点，且线段被直线平分，求(为坐标原点)面积的最大值.
3．已知抛物线：的焦点为，过点且垂直于轴的直线交抛物线于､两点，且.
（1）求抛物线的方程；
（2）设直线过点且与抛物线交于两点，点在抛物线上，点在轴上，，直线交轴于点，且点在点的右侧，记的面积为，的面积为，求的最小值.
4．如图所示，､分别是椭圆：()的左､右焦点，点在椭圆上.当最大时，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆的另一交点为，过作直线的垂线，与圆交于､两点，求四边形面积的最大值.
5．已知点，圆：，点是圆上任意一点，线段的垂直平分线和半径相交于点.
（1）求动点的轨迹的方程；
（2）若直线：与圆：相切，并与轨迹交于不同的两点，，且，求面积的最大值.
6．如图，过椭圆的左右焦点分别做直线，交椭圆于四点，设直线的斜率为
（1）求（用k表示）；
（2）若直线的斜率之积为，求四边形面积的取值范围．
7．已知椭圆，拋物线，点，斜率为的直线交拋物线于两点，且，经过点的斜率为的直线与椭圆相交于两点.
（1）若拋物线的准线经过点，求拋物线的标准方程和焦点坐标：
（2）是否存在，使得四边形的面积取得最大值？若存在，请求出这个最大值及的值；若不存在，请说明理由.
8．已知直线与圆相切，动点到与两点距离之和等于，两点到直线的距离之和.
（1）设动点的轨迹为，求轨迹的方程；
（2）对于椭圆，上一点，以为切点的切线方程为.设为上任意一点，过点作轨迹的两条切线，，，为切点.
①求证直线过定点；
②求面积的最大值.
9．如图，设椭圆，长轴的右端点与抛物线的焦点重合，且椭圆的离心率为.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过作直线交抛物线于､两点，过且与直线垂直的直线交椭圆于另一个点，求面积的最小值时直线的方程.
10．已知椭圆的离心率为，其长轴长为.
（1）求椭圆的方程；
（2）直线交于、两点，直线交于、两点，若.求四边形的面积.
11．已知圆的方程为，直线的方程为，点为平面内一动点，是圆的一条切线为切点），并且点到直线的距离恰好等于切线长．
（Ⅰ）求点的轨迹方程；
（Ⅱ）已知直线的方程为，过直线上一点作（Ⅰ）中轨迹的两条切线，切点分别是，两点，求面积的最小值．
12．如图，已知抛物线，过点的直线 交抛物线于，两点，点是直线上的动点，且 （其中为坐标原点）．
（1）若直线的倾斜角为，求点到直线的距离；
（2）求面积的最小值及取得最小值时直线的方程．
13．已知、分别为椭圆的左、右顶点，点为椭圆的上顶点，直线与的斜率之积为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设椭圆的左、右焦点分别为、，点、为椭圆上位于轴上方的两点，且，求四边形面积的取值范围．
14．已知椭圆的离心率是，两条准线间的距离为4.
（1）求椭圆E的标准方程；
（2）若是椭圆E的长轴上（不包含端点）的动点，过T作互相垂直的两条直线分别交椭圆E于A、C和B、D，求四边形ABCD的面积的最大值.
15．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且经过点.
（1）求椭圆的方程；
（2）设、、、是椭圆上互异的四点（点在第一象限），其中、关于原点对称，、关于轴对称，且，求四边形面积的最大值.
参考答案
1．（1）；（2）1.
【分析】（1）由条件可得，解出即可；
（2）分直线的斜率不存在、直线的斜率存在两种情况，当直线的斜率存在时，设的方程为，联立直线与椭圆的方程消元，然后韦达定理表示出、，然后表示出点的坐标，然后由可得，然后表示出，然后利用基本不等式可求出其最值.
【解析】（1）因为椭圆的长轴长为4，离心率为
所以，解得，所以
所以椭圆的方程为
（2）当直线的斜率不存在时，可得的方程为，易得
的面积为
当直线的斜率存在时，设的方程为
联立可得
所以
所以，因为，所以
化简可得
因为原点到直线的距离为
所以
因为，当且仅当时，等号成立，
此时由可解得，此时也满足
所以
综上可得：面积的最大值为1
【点评】 涉及椭圆的弦长、中点、距离等相关问题时，一般利用根与系数的关系采用“设而不求”“整体带入”等解法.
2．（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）由题得，求出即可得出方程；
（2）利用点差法可得，设出直线方程，与椭圆联立，利用弦长公式和点到直线距离公式即可表示出三角形面积，根据m的取值范围可求最值.
【解析】解：（1）依题意可知，解得，
故的方程为.
（2）易得直线的方程为，
设，，为的中点，其中，
因为，在椭圆上，所以，
两式相减可得.
可设直线的方程为，
联立，整理得，
则，
解得，则，，
则，
原点到直线的距离，
则的面积.
当且仅当，即时，的面积有最大值，且最大值为.
【点评】 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.
3．（1）；（2）最小值为.
【分析】（1）将代入抛物线方程，利用构造方程求得，即可得到结果；
（2）设，得到方程后可求得点坐标，由知为的重心，利用重心坐标表示可求得点坐标，由直线求得，根据点在点右侧确定的范围；利用可将表示为关于的函数的形式，利用换元法和基本不等式可求得最小值.
【解析】（1）由已知可得：焦点，
将代入抛物线的方程，可得：，则，解得：，
抛物线的方程为；
（2）设，，，，
令，则，
直线过点，直线的方程为，
将其与联立并消去得：，
由根与系数的关系得：，即，，
，为的重心，
，，
，则，
，
，，
则直线的方程为，令得：，即，
点在点的右侧，，即，
，
令，则，
，（当且仅当，即时取等号），
的最小值为.
【点评】 求解直线与抛物线综合应用中的与三角形面积有关的最值（取值范围）问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与抛物线方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用或其他限制条件求得变量的取值范围；
③利用变量表示出所求三角形的面积；
④通过换元法将所求内容转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性或基本不等式求解出最值（范围）.
4．（1）；（2）最大值为.
【分析】（1）当最大时，点与椭圆的上顶点或下顶点重合，设，由余弦定理得关系式，再由得值，从而求得得椭圆方程；
（2）当直线的斜率不存在时，直接求出四边形面积，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，､，直线方程代入椭圆方程应用韦达定理得，由弦长公式求得弦长，再求得到直线的距离，由圆中弦长公式求得弦长，求得四边形面积表示为的函数，由函数知识求得其取值范围．
【解析】（1）当最大时，点与椭圆的上顶点或下顶点重合，
设，则①，
②，
由①②得，，于是，
∴椭圆的标准方程是；
（2）当直线的斜率不存在时，，，
则四边形的面积是，
当直线的斜率存在时，设直线的方程为，､，
将与联立并消去，整理得，
恒成立，则，，
则，
由于直线与直线垂直，且经过点，∴直线的方程为，
∴点到直线的距离为，∴，
则四边形的面积：
，
由于，∴，
于是(当时取得最大值)，
综上可知，四边形面积的最大值为.
【点评】本题考查求椭圆方程，考查直线与椭圆相交中的面积范围问题．解题方法是“设而不求”的思想方法，即设交点坐标为，设直线方程，代入椭圆方程后应用韦达定理得（需要根据方便性，可能得），由弦长公式求得弦长，同样由圆中弦长公式求得圆中弦长，目的是把四边形面积表示为参数的函数求得取值范围，同时需要求得斜率不存在时的面积，才能得出正确结论．
5．（1）；（2）.
【分析】（1）利用垂直平分线的性质可得，符合椭圆定义，则可根据定义确定，进而求得轨迹方程；
（2）利用直线与圆相切可得之间关系；将直线方程与椭圆方程联立后，得到韦达定理的形式，利用弦长公式可表示出，结合关系可将表示为关于的函数，由可求得的范围，利用换元法可求得的最大值，代入三角形面积公式可求得结果.
【解析】（1）由圆的方程可知：圆心，半径，
由题意可知：，
动点的轨迹为焦点在轴上的椭圆，
设：， 则，，即，，
，
动点的轨迹的方程为：.
（2），则圆的圆心到的距离，则
联立与得：，
，则，
设、，则，，
，
又，，，
又，，
，解得：，
，
令，，则，
，在上恒增，，
，即面积的最大值.
【点评】 求解直线与椭圆综合应用中的三角形面积最值（取值范围）问题的基本思路如下：
①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；
②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；
③利用韦达定理和点到直线距离表示出所求三角形的面积；
④通过换元法将所求三角形面积转化为关于某一变量的函数的形式，利用函数的单调性求解出最值（范围）.
6．（1）；（2）.
【分析】（1）求出焦点坐标，写出直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出、，利用弦长公式即可求解；
（2）设，，直线CD的方程为，利用点到直线的距离公式分别求到直线的距离，，利用，再利用换元法和二次函数的性质即可求解.
【解析】（1）由可得：，，所以，所以，
设，．由已知得：直线的方程为，
由得，即，
所以，．
故．
（2）设，．由已知得，，
故直线CD的方程为，即．
设分别为点到直线AB的距离，
则．
又到直线在异侧，则
由得，，即，
故．
所以，
从而，
因为，不妨令，令，可得，
令，因为，所以，
所以，
二次函数对称轴为，开口向下，
当时，单调递增，时， 单调递减，
所以时，；当时，；
当时，，
所以，
所以，，
因此，．
【点评】解决圆锥曲线中的范围或最值问题时，若题目的条件和结论能体现出明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下几个方面考虑：
①利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
②利用已知参数的范围，求出新参数的范围，解题的关键是建立两个参数之间的等量关系；
③利用基本不等式求出参数的取值范围；
④利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
7．（1）标准方程为，焦点(1，0)；（2）存在，面积最大为，.
【分析】(1)由抛物线的准线方程根据条件可得可求出的值，从而得到答案.
(2) 设，由，即得到设点到的距离，则四边形的面积，然后方程联立求出弦长，由点到直线的距离公式求出，从而求出答案.
【解析】解：（1）抛物线的准线方程焦点坐标，
则抛物线的标准方程为焦点(1，0)
（2）设
由得点在直线上，且
设点到的距离，四边形的面积.
由,得
则,则
因为所以
所以
由的斜率分别为 可设
有
故直线，令
则直线代入椭圆方程，得
点到的距离，
四边形的面积
当且仅当时面积最大为
【点评】关键点睛：本题考查求抛物线的方程和求四边形面积的最值问题，解答本题的关键是用点的坐标表示出故直线，令，进一步表示出，再求出点到的距离，得到，属于难题.
8．（1）；（2）①证明见解析；②最大值为.
【分析】（1）由为，中点，得，两点到直线的距离之和为点到直线的距离的2倍，这样可得点轨迹是椭圆，根据求得椭圆方程；
（2）①设，，，写出切线方程代入点坐标，得直线方程，由方程可得定点坐标；
②直线方程为与椭圆方程联立消元后得，变形得，然后计算三角形面积，利用换元、基本不等式可得最大值．
【解析】（1）依题意有为，中点，，两点到直线的距离之和为点到直线的距离的2倍，又与圆相切，，即动点到与两点距离之和等于为，动点的轨迹方程为.
（2）①.设，，，过，的椭圆切线方程为，则，，直线方程为，即，显然过定点.
②.直线方程为，联立椭圆方程得
显然，，，
面积.
令，，
则.当且仅当，时等号成立.
故面积的最大值为.
【点评】本题考查求椭圆标准方程，直线与椭圆的位置关系，直线过定点问题及三角形面积最大问题．解题方法是根据椭圆的定义求得椭圆标准方程；设动点的坐标，写出直线方程，由直线方程得定点；设而不求的思想方法结合韦达定理求得三角形面积，用基本不等式得最大值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力．
9．（1）；（2）.
【分析】（1）由已知求得，再由椭圆的离心率求得c,继而求得b ，得椭圆的标准方程；
（2）过点F(2, 0)的直线l的方程设为:，设,联立，整理得，求得，同理求得，表示的面积为：，令，所以，
利用导函数可求得最值.
【解析】解：（1）椭圆长轴的右端点与抛物线的焦点F重合，，又椭圆C1的离心率是，，
椭圆C1的标准方程为；
（2）过点F(2, 0)的直线l的方程设为:，设,联立，整理得，
所以，，
过F且与直线l垂直的直线设为：，联立，整理得：，
设点 ，，，
所以的面积为：，令，所以，
则，令，得，当时，， 单调递减，当时，， 单调递增，所以当时，有最小值，
此时，的面积最小，
即当时，的面积最小值为9，
此时直线l的方程为：.
【点评】本题考查求椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系中三角形面积的最值问题，关键在于设出直线方程，用一个变化的量表示三角形的面积.
10．（1）；（2）.
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）求出以及点到直线的距离，可得出四边形的面积关于、的表达式，将代入四边形的面积的表达式，化简即可得解.
【解析】（1）由已知得，解得，
因此，椭圆的方程为；
（2）设、，则、，
联立，则，
，同理可得，
且到直线的距离，
所以，
又
所以.
【点评】 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．
11．（Ⅰ）；（Ⅱ）4.
【分析】（Ⅰ）设点的坐标为，故根据题意得，进而整理即可得答案；
（Ⅱ）设，，由导数的几何意义得曲线在点处的切线方程分别为，，设直线上一点，进一步得直线的方程为，进而与（I）中的方程联立并结合韦达定理得，点到直线的距离，进而求得面积并根据二次函数性质求最值即可.
【解析】解：（Ⅰ）设点的坐标为，，
则点到直线的距离，
经过点作圆的切线，切线长为，
因此，整理可得，
即点的轨迹方程为：；
（Ⅱ）对抛物线，求导可得，
故在处的切线方程为：，整理可得：，
同理在处的切线方程为：，
设直线上一点，
，故，在直线上，
即直线的方程为．
联立可得．
，，
点到直线的距离，
面积，
当且仅当时取等号，故面积的最小值为4．
【点评】关键点点睛：
(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
12．（1）；（2）最小值为，直线的方程为．
【分析】（1）根据题意可得直线的方程为，再由可知直线的方程为，进而求出，，利用点到直线的距离公式即可求解.
（2）①当直线的斜率不存在时，求出；当直线的斜率存在时，可设直线的方程为以及直线的方程为，将直线与抛物线联立，利用弦长公式求出，再求出，，利用点到直线的距离公式求出点到直线的距离，将面积表示即可求解.
【解析】解：（1）因为直线的倾斜角为，且过点，
所以直线的方程为，
又，所以直线的方程为，
因为是直线上的动点，所以，，
所以到直线的距离为；
（2）①当直线的斜率不存在时，直线的方程为，此时，，
所以的面积为；
②当直线的斜率存在时，易得直线的斜率不为0，
可设直线的方程为，
与抛物线的方程联立，可得，
则，设，，，，
则，，
所以
，
因为，所以直线的方程为，
因为是直线上的动点，所以，，
所以到直线的距离，
所以，
综上可得，，
故的面积的最小值为，此时直线的方程为．
【点评】关键点点睛：本题考查了直线与抛物线的位置关系，解题的关键是利用弦长公式求出以及点到直线的距离，根据三角形的面积公式得出，考查了计算能力，分类讨论的思想.
13．（1）；（2）.
【分析】（1）由已知条件可得出，利用斜率公式结合直线与的斜率之积为可求得的值，进而可得出椭圆的方程；
（2）由题意可知，直线不与轴重合，可设直线，，延长交椭圆于另一点，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，可得出关于的表达式，利用基本不等式以及不等式的基本性质可求得四边形面积的取值范围．
【解析】（1）由已知可得：，、，即可得，解得：，
所以椭圆的方程为；
（2）由（1）知：、，
若直线与轴重合，此时也与轴重合，不合乎题意.
设直线，，延长交椭圆于另一点，
由得，，
则得，
由点与关于原点对称知，
所以，
，
因为（当时，等号成立）．
所以．
所以，即．
【点评】 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、的形式；
（5）代入韦达定理求解.
14．（1）；（2）.
【分析】（1）根据题意得到方程组，由此求解出的值，根据求解出的值，则椭圆的方程可知；
（2）根据条件分类讨论：两条直线是否都有斜率；当其中一条直线的斜率不存在时，直接计算出面积并求最大值，当直线的斜率都存在时，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理的形式表示弦长，根据面积公式表示出面积，结合取值特点以及不等式求解出面积范围，从而得到四边形的面积的最大值.
【解析】（1）因为，所以，所以，所以的标准方程为；
（2）当两条直线的斜率一个不存在另一个为时，不妨设，
所以，，
所以，当时有最大值；
当两条直线的斜率都存在时，设，，
因为，所以，所以，
所以，
同理可得：，
所以
因为，所以，
所以，
综上可知四边形的面积的最大值为.
【点评】 求解椭圆中过定点的两条互相垂直的弦所围成四边形面积的最值的思路：
（1）先分析直线的斜率有不存在的情况，此时计算线段长度直接求解出面积；
（2）再分析直线的斜率均存在的情况，此时设出其中一条直线方程与椭圆方程联立，根据弦长公式表示出对应的弦长，同理可求解出另外一条弦长，根据面积公式表示出对应的面积，再根据基本不等式或二次函数性质或构造函数求解出面积的范围；
（3）两种情况统一分析得到最终四边形面积的最值.
15．（1）；（2）.
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的方程；
（2）设点，可得出点、，设点，写出直线的方程，将直线与椭圆的方程联立，列出韦达定理，可求得四边形面积为，可得出，令，设，利用导数求出的最大值，进而可得出四边形面积的最大值.
【解析】（1）由已知条件可得，解得，因此，椭圆的方程为；
（2）设点，则点、，设点，
直线的斜率为，因为，则直线的方程为，
联立，消去并整理可得，
由韦达定理可得，
因为，所以四边形的面积为，
，
令，，则，
当时，，此时函数单调递增；
当时，，此时函数单调递减.
所以，，.
因此，四边形面积的最大值为.
【点评】 圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最