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<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2】设椭圆的左焦点为F，上顶点为P，离心率为，O是坐标原点，且.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线，分别与C交于A，B，M，N四点，求四边形面积的取值范围.
【答案】(1)；(2)
【分析】（1）根据题意，结合离心率及椭圆的关系列出方程即可得到结果；
（2）当，中有一条斜率不存在时，；当，的斜率都存在时，设过点的两条互相垂直的直线：，直线：，联立求出与，所以代入整理成关于的式子，求式子的值域即可.
【详解】（1）设椭圆的焦距为，则，所以
因为，所以，
又，，所以，即
所以
所以
（2）当，中有一条斜率不存在时，
设直线的方程为，此时直线与轴重合，
即，所以；
当，的斜率都存在时，设过点的两条互相垂直的直线：，直线：
由得
此时，，
则.
把上式中的换成得：
则四边形的面积为

令，则，且，
，，
，
所以四边形的面积的取值范围是.
【例3】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4】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.
【题型专练】
1．已知椭圆，离心率为，其左右焦点分别为，，点在椭圆内，P为椭圆上一个动点，且的最大值为5．
(1)求椭圆C的方程；
(2)在椭圆C的上半部分取两点M，N（不包含椭圆左右端点），且，求四边形的面积．
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）由题得，，，即得的值，即得解；
（2）延长交椭圆于点，连接,四边形的面积等于的面积.求出弦长和到直线的距离，即得解.
【详解】（1）解：由题意知：，即，
又由椭圆定义可得：，
又∵，且，
故可得，，．
即椭圆的方程为.
（2）解：延长交椭圆于点，连接,由，
根据椭圆的对称性可得，过原点，，
所以四边形的面积等于的面积.
设，，则．显然，．
设直线的方程为，
联立得，，
∴①，②，
又，得③，
由①②③得．
得直线的方程为，即，
设到直线的距离为，
则由距离公式得，
又由弦长公式得：

将代入上式得，
设四边形的面积为，
易知.

【点睛】关键点睛：解答本题的关键是把四边形的面积利用椭圆的对称性转化为的面积，这样便可以利用公式求三角形的面积了.
2．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．
3．已知过点的椭圆：上的点到焦点的最大距离为3.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知过椭圆：上一点的切线方程为.已知点M为直线上任意一点，过M点作椭圆的两条切线 ，为切点，与（O为原点）交于点D，当最小时求四边形的面积.
【答案】(1)；(2).
【分析】（1）根据题意列出关于的方程组，即可求得答案；
（2）设，，，，根据题意结合切线方程求得方程，设AB与x轴交于点E，则有，利用两角和正切公式表示出 ，结合基本不等式确定其最小值，即可求得，进而确定，从而联立方程和椭圆方程，得根与系数关系，求得弦长，借助于三角形面积即可求得四边形的面积.
【详解】（1）依题意有，，，
则,
由得，即，
整理得 ，解得 ，或 ，
由于，故舍去，
∴，，，
椭圆的方程为.
（2）设，，，，
依题意有切线方程为，切线方程为，
又切线都过点，
∴，，
∴方程为：，
∴，,
设AB与x轴交于点E，

则有,
∴，
当且仅当时取等号，此时为锐角，
同理根据对称性可求得时，
故方程为：或，∴，
根据对称性可以取，则，，，
联立 ，得，
∴，，
∴，
又


,
∴,
故最小时四边形的面积为.
【点睛】关键点点睛：本题关键突破在于求四边形的面积时，要确定最小时M的坐标，解答时利用题意求得方程，从而得其斜率，进而用两角和的正切公式表示，结合基本不等式求得其最小值，即可求得M的坐标，即可得方程，再联立椭圆方程求弦长，这样问题就将迎刃而解.
4.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．
5．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．