第71讲 面积问题
知识梳理
1、三角形的面积处理方法
1
(1)S = ⋅底·高(通常选弦长做底，点到直线的距离为高)
△ 2
1 1
(2)S △ = 2 ⋅水平宽·铅锤高= 2 AB ⋅x E -x D
1
或S △ = 2 CD ⋅y A -y E
(3)在平面直角坐标系xOy中，已知△OMN的顶点分别为O(0，0)，M(x ，y )，N(x ，
1 1 2
1
y 2 )，三角形的面积为S= 2 x 1 y 2 -x 2 y 1 ．
2、三角形面积比处理方法
(1)对顶角模型
1
OA⋅OC⋅sinα
S 2 OA⋅OC
ΔOAC = =
S 1 OB⋅OD
ΔOBD OB⋅OD⋅sinα
2
(2)等角、共角模型
1
OA⋅OC⋅sinα
S 2 OA⋅OC
ΔOAC = =
S 1 OB⋅OD
ΔOBD OB⋅OD⋅sinα
2
3、四边形面积处理方法
(1)对角线垂直
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2531 34271
S= AC⋅BD
2
(2)一般四边形
1
S= AC⋅BD⋅sinα
2
(3)分割两个三角形
1
S= AC⋅(d +d )
2 1 2
4、面积的最值问题或者取值范围问题
一般都是利用面积公式表示面积，然后将面积转化为某个变量的一个函数，再求解函数
的最值(一般处理方法有换元，基本不等式，建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界
性求最值或利用导数法求最值，构造函数求导等等)，在算面积的过程中，优先选择长度为定
值的线段参与运算，灵活使用割补法计算面积，尽可能降低计算量．
必考题型全归纳
1
1 题型一：三角形的面积问题之S = ⋅底·高
△ 2
x2 y2
4056 (2024·福建漳州·高三统考开学考试)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的左焦点为F(
a2 b2 1
1
- 3,0)，且过点A 3,
2
.
(1)求C的方程；
(2)不过原点O的直线l与C交于P，Q两点，且直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列.
(i)求l的斜率；
(ii)求△OPQ的面积的取值范围.
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2532 3427【解析】(1)由题知，
1
椭圆C的右焦点为F( 3,0)，且过点A 3,
2 2
，
1 1
所以2a= ( 3+ 3)2+ + =4，所以a=2.
4 4
又c= 3，所以b= a2-c2=1，
x2
所以C的方程为 +y2=1.
4
(2)(ⅰ)由题知，直线l的斜率存在，且不为0.
设l:y=kx+m(m≠0)，Px 1 ,y 1 ，Qx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
则 x2+4y2-4=0 ，所以1+4k2 x2+8kmx+4m2-1 =0，
-8km
4m2-1
所以x +x = ，xx =
1 2 1+4k2 1 2
，
1+4k2
且Δ=64k2m2-161+4k2
m2-1
>0，即4k2-m2+1>0.
因为直线OP，PQ，OQ的斜率成等比数列.
所以 y 1 ⋅ y 2 =k2，即 k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2
x x
1 2
+m2 =k2，xx ≠0
xx 1 2
1 2
-8k2m2
所以 +m2=0，且m2≠1.
1+4k2
1 1
因为m≠0，所以k2= ，所以k=± .
4 2
1
(ii)由(ⅰ)知4k2-m2+1>0，k=± ，
2
所以0<m2<2，且m2≠1.
|m|
设点O到直线PQ的距离为d，所以d= .
k2+1
1
因为k=± 2 ，所以x 1 +x 2 2=4m2，x 1 x 2 =2m2-1 ，
1 1 |m|
所以S △OPQ = 2 d⋅|PQ|= 2 1+k2 1+k2 x 1 -x 2
1
= 2 |m| x 1 +x 2 2-4x 1 x 2 = m2 2-m2
= -m2-1 2+1，
又0<m2<2，且m2≠1.所以S ∈(0,1)
△OPQ
即△OPQ的面积的取值范围0,1 .
4057 (2024·湖南常德·高三常德市一中校考阶段练习)在平面直角坐标系中，已知点
1
A ,0
2
1
，点B在直线l:x=- 上运动，过点B与l垂直的直线和AB的中垂线相交于点
2
M.
(1)求动点M的轨迹E的方程；
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2533 3427(2)设点P是轨迹E上的动点，点R,N在y轴上，圆C:(x-1)2+y2=1内切于△PRN，求
△PRN的面积的最小值.
【解析】(1)设点M(x,y)为轨迹上任意一点 ，由题意知，|MA|=|MB|，
1
所以动点M的轨迹E是以A ,0
2
1
为焦点 ，以l:x=- 为准线的抛物线 ，
2
p 1
设其方程 为y2=2px(p>0)，所以 = ，即p=1，故抛物线方程为y2=2x，
2 2
所以动点M的轨迹E的方程为y2=2x.
(2)设 P(x ,y )，R(0,b) ，N(0,c)，且b>c，
0 0
所以直线PR的方程为 (y -b)x-x y+x b=0．
0 0 0
圆C:(x-1)2+y2=1的圆心为 (1,0)，半径为 1 ，
因为圆C:(x-1)2+y2=1内切于△PRN ，所以直线PR与圆C相切，
|y -b+x b|
则圆心(1,0)到直线PR的距离为1 ，即 0 0 =1，
(y -b)2+x2
0 0
则2x b(y-b)+x2b2=x2 ①，
0 0 0
因为x >2，所以化简①得，(x -2)b2+2y b-x =0 ②，
0 0 0 0
圆C:(x-1)2+y2=1内切于△PRN ，所以直线PN与圆C相切，
同理可得(x -2)c2+2y c-x =0 ③，
0 0 0
2y
b+c=- 0
x -2
由②③可知，b,c 为方程(x -2)x2+2y x-x =0的两根，所以 0 ，
0 0 0 x
bc=- 0
x -2
0
又b>c，y2=2x ，x >2，
0 0 0
2y 所以|b-c|=b-c= (b+c)2-4bc= - 0
x -2
0
2 x -4- 0
x -2
0
4x2+4y2-8x = 0 0 0
x -2
0
2x
= 0 ，
x -2
0
1 x2 4
故△PRN的面积为S= (b-c)x = 0 =(x -2)+ +4≥
2 0 x -2 0 x -2
0 0
4
2 (x -2)⋅ +4=8，
0 x -2
0
4
等号当且仅当x -2= (x >2)，即x =4等号成立，
0 x -2 0 0
0
此时点P的坐标为(4,2 2) )或(4,-2 2).
故当P的坐标为(4,2 2)或(4,-2 2)时，△PRN的面积取最小值8.
4058 (2024·浙江·模拟预测)我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入
微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以
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2534 3427解决，已知曲线C上任意一点Px,y 满足 (x+ 2)2+y2- (x- 2)2+y2=2.
(1)化简曲线C的方程；
(2)已知圆O:x2+y2=1(O为坐标原点)，直线l经过点Am,0 (m>1)且与圆O相切，过
点A作直线l的垂线，交C于M,N两点，求△OMN面积的最小值.
【解析】(1) (x+ 2)2+y2- (x- 2)2+y2=2⇒ (x+ 2)2+y2= (x- 2)2+y2+2
⇒(x+ 2)2+y2=(x- 2)2+y2+4 (x- 2)2+y2+4⇒x2-y2=1，由(x+ 2)2+y2
>(x- 2)2+y2得x>0．
所以曲线C的方程是x2-y2=1(x>0)；
1
(2)设M(x,y),N(x ,y )，直线MN方程是y=k(x-m)，则直线l方程为y=- (x-
1 1 2 2 k
m)，即x+ky-m=0,
m
直线l与已知圆相切，所以
=1，则m2=k2+1，
1+k2
由
x2-y2=1
得，(k2-1)x2-2mk2x+m2k2+1=0，
y=k(x-m)
由题意Δ=4m2k4-4(k2-1)(m2k2+1)=4(m2k2-k2+1)>0(∵m>1)，
2mk2 m2k2+1
x +x = >0，xx = >0，∴k<-1或k>1，
1 2 k2-1 1 2 k2-1
MN = 1+k2 x 1 -x 2
2 (1+k2)(m2k2-k2+1)
= 1+k2⋅ (x +x )2-4xx = ， 1 2 1 2 k2-1
km
又原点O到直线MN的距离为d=
，
k2+1
1
∴S = dMN
△OMN 2
k2m2(m2k2-k2+1) k2(k2+1)(k4+1)
= = ，
(k2-1)2 (k2-1)2
由k<-1或k>1得k2-1>0，设t=k2-1，
k2(k2+1)(k4+1) (t+1)(t+2)(t2+2t+2) 10 4
f(t)= = =t2+5t+10+ +
(k2-1)2 t2 t t2
4 4
t2+ ≥2 t2⋅ =4，当且仅当t= 2时等号成立，
t2 t2
10 10
5t+ ≥2 5t⋅ =10 2，当且仅当t= 2时等号成立，
t t
∴t= 2时，f(t) =14+10 2，
min
∴k2-1= 2，即k=± 2+1时，(S ) = 14+10 2．
△OMN min
x2 y2
4059 (2024·河北秦皇岛·校联考二模)已知双曲线 - =1(a>0,b>0)实轴的一个端点
a2 b2
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2535 34271 1
是P，虚轴的一个端点是Q，直线PQ与双曲线的一条渐近线的交点为 ,
2 2
.
(1)求双曲线的方程；
1
(2)若直线y=kx+ (0<k<1)与曲线C有两个不同的交点A、B,O是坐标原点，求
k
△OAB的面积最小值.
【解析】(1)设点Pa,0 ，点Q0,b
x y
，则直线PQ的方程为 + =1，
a b
x y a
b a + b =1 x= 2
与渐近线y= x联立，得 ，解之得 ，
a b b
y= x y=
a 2
a b
即直线PQ与双曲线的一条渐近线交点为 ,
2 2
，
1 1
又直线PQ与双曲线的一条渐近线的交点为 ,
2 2
，
a 1
=
2 2
所以 ，即a=b=1，因此双曲线方程为x2-y2=1.
b 1
=
2 2
(2)
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2
1
，把y=kx+ 代入x2-y2=1， k
得1-k2
1
x2-2x- -1=0，
k2
则Δ=4+41-k2
1
+1 k2
41-k4+k2
=
1
- -1
2 k2
>0,x +x = ，xx = ， k2 1 2 1-k2 1 2 1-k2
AB = 1+k2 x 1 -x 2 = 1+k2 x 1 +x 2
2
2-4xx = 1+k2⋅ 1 2 1-k2
1
- -1
2 k2
-4⋅ 1-k2
1
=2 1+k2
1-k2
1
+1
k2 k2+1-k4
+ =2 1+k2
2 1-k2 k2 1-k2
，
2
1
1 k
点O到直线y=kx+ 的距离d=
k
，所以△OAB的面积为
k2+1
1
S= AB
2
1 k2+1-k4
d= ×2 1+k2
2 k2 1-k2
1
k
×
2
1 k2+1-k4
= ×2
k2+1 2 k4 1-k2
=
2
k2+1-k4
k2-k4
，
2
1+t 1 令t=k2-k4，所以S= =
t2 t
2 + 1 ，令s= 1 ，则S= s2+s，
t t
第 页 共 页
2536 34271 因为0<k<1，所以0<k2<1，由t=-k2-
2
2 1 1 1 + ，得0<t≤ ，由s= ，
4 4 t
1 得s≥4，由S= s2+s= s+
2
2 1 - ，得S≥ 16+4=2 5，
4
1 1 2
即当s=4,t= ,k2= ,k= 时，等号成立，
4 2 2
此时满足Δ>0，所以△OAB面积的最小值为2 5.
x2 y2
4060 (2024·四川成都·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学校考三模)设椭圆E: + =1(a
a2 b2
>b>0)过点M 2,1 ，且左焦点为F 1- 2,0 .
(1)求椭圆E的方程；
(2)△ABC内接于椭圆E，过点P4,1 和点A的直线l与椭圆E的另一个交点为点D，与
BC交于点Q，满足AP
QD=
AQ
PD ，求△ABC面积的最大值.
c2=2
2 1
【解析】(1)令椭圆E的半焦距为c，依题意， + =1，解得a2=4,b2=2，
a2 b2
c2=a2-b2
x2 y2
所以椭圆E的方程为 + =1.
4 2
(2)设点Q,A,D的坐标分别为x,y ,x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2 ，
AP
显然|AP|,|PD|,|AQ|,|QD|均不为零，依题意，令λ=
PD
AQ
=
QD
，有λ>0且λ≠1，
又A,P,D,Q四点共线，从而AP=-λPD,AQ=λQD，
即(4-x,1-y)=-λ(x -4,y -1)，(x-x,y-y)=λ(x -x,y -y)，
1 1 2 2 1 1 2 2
x -λx y -λy x +λx y +λy x2-λ2x2
于是4= 1 2,1= 1 2,x= 1 2,y= 1 2，从而 1 2 =4x①，
1-λ 1-λ 1+λ 1+λ 1-λ2
y2-λ2y2
1 2 =y②，
1-λ2
又点A,D在椭圆E上，即x2+2y2=4③，x2+2y2=4④，
1 1 2 2
①+②×2并结合③，④得4x+2y=4，即动点Qx,y 总在定直线2x+y-2=0上，因
此直线BC方程为2x+y-2=0，
2x+y-2=0
由x2 y2 消去y得9x2-16x+4=0，Δ=162-4×9×4>0，
+ =1
4 2
16 4
设B(x ,y ),C(x ,y )，则x +x = ,x x = ，
3 3 4 4 3 4 9 3 4 9
16 于是|BC|= 12+22|x -x |= 5⋅ (x +x )2-4x x = 5⋅
3 4 3 4 3 4 9
2 16 4 35 - = ，设
9 9
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2537 3427A(2cosθ, 2sinθ)，
|4cosθ+ 2sinθ-2| |3 2sin(θ+φ)-2|
则点A到直线BC的距离d= = ，其中锐角φ
5 5
由tanφ=2 2确定，
1 2 7|3 2sin(θ+φ)-2| 2 7-3 2-2
因此S = |BC|⋅d= ≤
△ABC 2 9
6 14+4 7
= ，当
9 9
且仅当sin(θ+φ)=-1时取等号，
6 14+4 7
所以△ABC的面积最大值为 .
9
2 题型二：三角形的面积问题之分割法
4061 (2024·全国·高三专题练习)设动点M与定点Fc,0 c>0 的距离和M到定直线l：x=
4 c
的距离的比是 ．
c 2
(1)求动点M的轨迹方程，并说明轨迹的形状；
(2)当c= 2时，记动点M的轨迹为Ω，动直线m与抛物线Γ：y2=4x相切，且与曲线Ω
交于点A，B．求△AOB面积的最大值．
【解析】(1)设Mx,y
x-c
，则
2+y2
4
x-
c
c
= ，
2
4-c2
化简得 x2+y2=4-c2，c>0，
4
当c=2时，y=0，轨迹为一条直线；
x2 y2
当0<c<2时， + =1，此时轨迹为焦点在x轴上的椭圆；
4 4-c2
x2 y2
当c>2时， - =1，此时轨迹为焦点在x轴上的双曲线；
4 c2-4
综上：当c=2时，轨迹方程为y=0，轨迹为一条直线，
x2 y2
当0<c<2时，轨迹方程为 + =1，轨迹为焦点在x轴上的椭圆；
4 4-c2
x2 y2
当c>2时，轨迹方程为 - =1，轨迹为焦点在x轴上的双曲线；
4 c2-4
x2 y2
(2)当c= 2时，Ω: + =1，
4 2
当直线m斜率不存在时，又与y2=4x相切，故此时直线m:x=0，此时O,A,B三点共线，
不合要求，舍去，
第 页 共 页
2538 3427设直线m:x=ky+b，联立y2=4x得y2-4ky-4b=0，
由Δ=16k2+16b=0得b=-k2，显然b<0，
x=ky+b
联立x2 y2 得，k2+2
+ =1
4 2
y2+2kby+b2-4=0，
由Δ=4k2b2-4k2+2 b2-4 >0，结合b=-k2，解得0<k2<1+ 5，
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
2kb b2-4
则y +y =- ,yy = ，
1 2 k2+2 1 2 k2+2
设直线m:x=ky+b与x轴交于点D，则Db,0 ，
1
则S = OD △AOB 2 ⋅y 1 -y 2
b
=- 2 y 1 +y 2
b 2kb
2-4yy =- - 1 2 2 k2+2
2 4b2-16
- k2+2
b 4k2-2b2+8
=- ，
k2+2
k2 -2k4+4k2+8
将b=-k2代入得S = ，
△ABC k2+2
因为0<k2<1+ 5，令k2+2=t，则2<t<3+ 5，
t-2
S =
△ABC
-2t2+12t-8
，
t
设ft
t-2
=
-2t2+12t-8
，则设ft
t
t-2
=
-2t2+12t-8
，则ft
t
=
t-2
-2t2+12t-8+
-4t+12
2 -2t2+12t-8
t-t-2 -2t2+12t-8
t2
tt-2
=
-2t+6 +2-2t2+12t-8 -2t3-3t2-6t+8
=
t2 -2t2+12t-8
t2 -2t2+12t-8
-2 t3+8
=
-3t2+6t -2 t+2
=
t2 -2t2+12t-8
t2-2t+4 -3tt+2
t2 -2t2+12t-8
-2t+2
=
t-4 t-1
，2<t<3+ 5，
t2 -2t2+12t-8
当2<t<4时，ft >0，当4<t<3+ 5时，ft <0，
故ft 在t∈2,4 上单调递增，在t∈4,3+ 5 上单调递减，
故ft 在t=4处取得极大值，也是最大值，
4-2
故S 最大值为
△ABC
-32+12×4-8
= 2.
4
4062 (2024·四川成都·高三校联考阶段练习)已知椭圆C的对称中心为坐标原点，对称轴为坐
1
标轴，焦点在y轴上，离心率e= ，且过点P(3,2)．
2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l与椭圆交于A，B两点，且直线PA，PB的倾斜角互补，点M(0,8)，求三角形
MAB面积的最大值．
c 1
【解析】(1)∵e= = ，
a 2
∴a=2c，b= 3c
x2 y2
设椭圆的标准方程为 + =1，即4x2+3y2=12c2，
3c2 4c2
∵过点P(3,2)，
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2539 3427∴36+12=12c2，
∴c2=4
x2 y2
∴椭圆的标准方程为 + =1；
12 16
(2)由题意可知直线l的斜率存在，且不过点P(3,2)，
设直线l的方程为y=kx+m(3k+m-2≠0)，A(x,y) ， B(x , y )，
1 1 2 2
y=kx+m
由
4x2+3y2=48
消去y整理得(3k2+4)x2+6kmx+3m2-48=0，
6km 3m2-48
x +x =- ，xx = ，
1 2 3k2+4 1 2 3k2+4
Δ=48(12k2+16-m2)>0，
y -2 y -2
∵k +k = 1 + 2 =0，
PA PB x -3 x -3
1 2
kx +m-2 kx +m-2 1 1
∴ 1 + 2 =2k+(3k+m-2) +
x -3 x -3 x -3 x -3
1 2 1 2
=0，
x +x -6
∴2k+(3k+m-2)⋅ 1 2 =0，
xx -3(x +x )+9
1 2 1 2
6km 3m2-48
将x +x =- ，xx = 代入整理得(k-2)(3k+m-2)=0，
1 2 3k2+4 1 2 3k2+4
∴k=2，
又因为Δ=48(64-m2)>0，
解得：-8<m<8，
1 3
三角形MAB的面积S= |8-m|⋅|x -x |= ⋅ (64-m2)(8-m)2，
2 1 2 8
令f(m)=(64-m2)(8-m)2， -8<m<8，
导函数f(m)=-4(8-m)2(4+m)，
当x∈(-8,-4)，f(m)>0，
当x∈(-4,8)，f(m)<0，
增区间为(-8,-4)，减区间为(-4,8)，
∴当m=-4时，三角形MAB的面积取得最大值，最大值为18．
x2 y2
4063 (2024·广东·高三校联考阶段练习)已知双曲线 - =1,(a>0,b>0)的离心率为2，
a2 b2
右焦点F到渐近线的距离为 3．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若点P为双曲线右支上一动点，过点P与双曲线相切的直线l，直线l与双曲线的渐近
线分别交于M，N两点，求△FMN的面积的最小值．
【解析】(1)由已知得渐近线方程为bx±ay=0，右焦点Fc,0 ，
bc
∴
= 3，
a2+b2
bc
又∵a2+b2=c2，所以 = 3，解得b= 3，
c
c
又因为离心率e= ，解得a=1，c=2，
a
y2
∴双曲线的标准方程为x2- =1；
3
y2
(2)解法1：x2- =1的渐近线方程为y=± 3x，
3
第 页 共 页
2540 3427当直线l的斜率不存在时，此时P1,0 ，直线l方程为x=1，代入渐近线方程，
得到y=± 3，故MN =2 3，又F2,0 ，
1
故△FMN的面积S △FMN = 2 MN ⋅PF
1
= ×2 3×1= 3； 2
当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m，直线与双曲线联立得
y2
x2- =1
3 ⇒k2-3
y=kx+m
x2+2kmx+m2+3=0，
因为相切，所以Δ=4k2m2-4k2-3
m2+3
=0，解得m2=k2-3>0，
另设Mx 1 ,y 1 ，Nx 2 ,y 2 ，
3x2-y2=0
联立 ⇒k2-3
y=kx+m
x2+2kmx+m2=0，
-2km -2km -2k
∴x +x = = = ，x ⋅x =1，
1 2 k2-3 m2 m 1 2
y 1 +y 2 =kx 1 +x 2
-2k2+2m2 -2k2-m2
+2m= = m
6
=- ， m m
y 1 y 2 =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2
-2k
+m2=k2+km⋅ +m2=-3， m
在△OMN中，OM =2x 1 ，ON =2x ， 2
1
∴S = OM △OMN 2 ⋅ON
3
sin∠MON=2xx ⋅ = 3， 1 2 2
1
所以S △FMN =S △OFM +S △OFN -S △OMN = 2 OF ⋅y 1 -y 2 - 3，
所以S △FMN = y 1 +y 2
36
2-4y ⋅y - 3= +12- 3， 1 2 m2
36
因为m2=k2-3>0，所以S = +12- 3>2 3- 3= 3，
△FMN m2
综上所述，S ≥ 3，其最小值为 3；
△FMN
解法2：由条件知，若直线l的斜率存在，则斜率不为零，
故可设l:x=my+n，直线与双曲线联立得，
y2
x2- =1
3 ⇒3m2-1
x=my+n
y2+6mny+3n2-3=0，
Δ=36m2n2-43m2-1
因为相切，所以
3n2-3 =0 3m2+n2=1
，即 ，
3m2-1≠0
3m2-1≠0
又因为直线l与双曲线的渐近线交于两点，设为Mx 1 ,y 1 ，Nx 2 ,y 2 ，
y2
x2- =0
联立 3 ⇒3m2-1
x=my+n
y2+6mny+3n2=0，
第 页 共 页
2541 3427由于3m2+n2=1，所以3m2-1=-n2，
-6mn -6mn 6m 3n2 3n2
则y +y = = = ,yy = = =-3,
1 2 3m2-1 -n2 n 1 2 3m2-1 -n2
由直线l的方程得，直线与x轴的交点坐标为n,0 ，
1
∴S △FMN = 2 2-n y 1 +y 2
1
2-4y 1 ⋅y 2 = 2 2-n
36m
2+12 n2
1 = 2-n
2
12
n
32-n =
n
2 = 3 -1
n
，
∵3m2+n2=1，
∴n2≤1即-1≤n≤1，且n≠0，
∴n=1时，S 的最小值为 3，
△FMN
综上所述，S ≥ 3，其最小值为 3.
△FMN
x2 y2
4064 (2024·广东广州·高三中山大学附属中学校考阶段练习)过椭圆 + =1的右焦点F
4 3
作两条相互垂直的弦AB，CD.AB，CD的中点分别为M，N.
(1)证明：直线MN过定点；
(2)若AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值.
【解析】(1)由题可知F1,0 .
若直线AB，CD有一条斜率不存在，则另一条斜率为0，其中点分别为直线与x轴的交
点、原点，过此两点的直线MN方程为y=0.
1
若直线AB，CD的斜率存在，设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为- ，
k
由题，可设直线AB的方程为y=kx-1
1
，直线CD的方程为y=- x-1
k
.
y=kx-1
联立
x2 y2 ，消元y，整理得3+4k2
+ =1
4 3
x2-8k2x+4k2-12 =0，
因为直线AB所过定点1,0 在椭圆内部，则该直线与椭圆必然有两交点，
设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2
8k2
，则x 1 +x 2 = 3+4k2 ，y 1 +y 2 =kx 1 +x 2
-6k
-2k= ， 3+4k2
4k2 -3k 4k2 -3k
从而x = ，y = ，即M ,
M 3+4k2 M 3+4k2 3+4k2 3+4k2
；
1 4 3k
用- 替换M点坐标中k得N ,
k 3k2+4 3k2+4
.
4k2 4 4
若 = ，解得k2=1，此时x =x = ，
3+4k2 3k2+4 M N 7
-3k 3k
-
y -y 3+4k2 3k2+4 -7k
当k2≠1时，则k = M N = = ，
MN x -x 4k2 4 4k2-4
M N -
3+4k2 3k2+4
-3k -7k 4k2
则直线MN的方程为y- = x-
3+4k2 4k2-4 3+4k2
，
-7k 4
整理得y= x-
4k2-4 7
4
，即直线MN过定点Q ,0
7
，
4
而直线MN的斜率不存在时也过定点Q ,0
7
4
，直线y=0也满足过定点Q ,0
7
，
4
综上，直线MN过定点Q ,0
7
.
(2)因为AB，CD的斜率均存在，则k≠0，由(1)可得
第 页 共 页
2542 34271
S △FMN = 2 ⋅FQ ⋅y M -y N
1 3 -3k 3k
= × × - 2 7 3+4k2 3k2+4
9k
=
⋅1+k2
212k4+25k2+12
9k
=
⋅1+k2
2 12k2+1 2+k2
9 1
= ⋅
2 12k2+1
k
k
+
*
k2+1
.
k2+1
令t=
k
k2+1
，则t=
k
2k
≥
k
=2，当且仅当k2=1，即k=±1时取等号.
1
从而y=12t+ 在t∈2,+∞
t
上单调递增，
49
当t=2，即k=±1时取得最小值y = .
min 2
所以*
9 1 9 9
≤ ⋅ = ，即当k=±1时，S 取得最大值为 . 2 49 49 △FMN 49
2
3 题型三：三角形、四边形的面积问题之面积坐标化
y2
4065 (2024·全国·高三专题练习)如图，已知双曲线C:x2- =1的左右焦点分别为F、F，若
3 1 2
点P为双曲线C在第一象限上的一点，且满足PF 1 +PF 2 =8，过点P分别作双曲线C
两条渐近线的平行线PA、PB与渐近线的交点分别是A和B.
(1)求四边形OAPB的面积；
x2 y2
(2)若对于更一般的双曲线C: - =1a>0,b>0
a2 b2
，点P为双曲线C上任意一点，
过点P分别作双曲线C两条渐近线的平行线PA、PB与渐近线的交点分别是A和
B.请问四边形OAPB的面积为定值吗？若是定值，求出该定值(用a、b表示该定值)；
第 页 共 页
2543 3427若不是定值，请说明理由.
y2
【解析】(1)因为双曲线C:x2- 3 =1，由双曲线的定义可得PF 1 -PF 2 =2，
又因为PF 1 +PF 2 =8，∴PF 1 =5，PF 2 =3，
因为F 1 F 2 =2 1+3=4，所以，PF 2 2+F 1 F 2 2=PF 1 2，∴PF ⊥x轴， 2
y2
∴点P的横坐标为x P =2，所以，22- 3 P =1，∵y P >0，可得y P =3，即点P2,3 ，
过点P且与渐近线y=- 3x平行的直线的方程为y-3=- 3x-2 ，
y= 3x
联立
y-3=- 3x-2
3
x=1+
2 3 3
，解得 ，即点B1+ , 3+
3 2 2 y= 3+
2
，
3
2 3
直线OP的方程为3x-2y=0，点B到直线OP的距离为d= = ，
13 2 13
且OP = 13，因此，四边形OAPB的面积为S =2S =OP
▱OAPB △OBP
3
⋅d= ；
2
1
(2)四边形OAPB的面积为定值 ab，理由如下：
2
设点Px 0 ,y 0
x2 y2 b
，双曲线 - =1的渐近线方程为y=± x， a2 b2 a
b
则直线PB的方程为y-y 0 =- a x-x 0 ，
b
y-y 0 =- a x-x 0
联立
x a
x= 2 0 + 2b y 0 x a y b
，解得 ，即点B 0 + y , 0 + x
b y b 2 2b 0 2 2a 0
y= x y= 0 + x
a 2 2a 0
，
y
直线OP的方程为y= 0x，即y x-x y=0，
x 0 0
0
x a
y 0 + y
0 2 2b 0
点B到直线OP的距离为d=
y b
-x 0 + x
0 2 2a 0
a2y2-b2x2
= 0 0
x2+y2
0 0
2ab x2+y2
0 0
a2b2 ab
= = ，且OP 2ab x2+y2 2 x2+y2
0 0 0 0
= x2+y2， 0 0
因此，S =2S =OP ▱OAPB △OBP
ab ab
⋅d= ⋅ x2+y2= (定值). 2 x2+y2 0 0 2
0 0
x2 y2
4066 (2024·浙江·高三竞赛)已知直线l与椭圆C： + =1(a>b>0)交于A、B两点，直
a2 b2
线AB不经过原点O.
(1)求△OAB面积的最大值；
(2)设M为线段AB的中点，延长OM交椭圆C于点P，若四边形OAPB为平行四边形，
求四边形OAPB的面积.
【解析】解法一 当直线AB的斜率不存在时，由对称性，设直线AB方程为x=
n0<n<a ，则y
n2
=b 1- ，
a2
1 n2 n2 n2
S = ×n×2b 1- =ab 1-
△OAB 2 a2 a2 a2
n2 n2
+1-
a2 a2
≤ab
ab
= ，
2 2
2a
当且仅当n= 时取等号.
2
第 页 共 页
2544 3427设直线l：y=kx+mm≠0 ，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2
x2 y2
+ =1
，联立方程a2 b2 ，消去y得：
y=kx+m
b2+a2k2
x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0，
判别式Δ=2a2km
2-4b2+a2k2
a2m2-a2b2
=4a2b2 b2+a2k2-m2
>0，则b2+a2k2
>m2，于是
AB
Δ 2ab b2+a2k2-m2
= 1+k2⋅ = 1+k2⋅ .
b2+a2k2 b2+a2k2
m
原点O到AB的距离d=
，所以
1+k2
1
S = AB
△OAB 2
1 2ab b2+a2k2-m2 m
d= ⋅ 1+k2⋅ ⋅
2 b2+a2k2
1+k2
m2 b2+a2k2-m2
=ab⋅
m2+b2+a2k2-m2
≤ab⋅
b2+a2k2
2b2+a2k2
ab
= ，
2
当且仅当2m2=b2+a2k2时取等号.
b2 b2
(2)不妨设k>0，根据垂径定理得：k ⋅k =- ，则OM的方程为y=- x.
AB OM a2 a2k
a4k2
将OM的方程代入椭圆方程，消去y得x2= .注意O、P在直线AB的两侧，所
b2+a2k2
以
a2k 1 b2 b2
x =- ，y =- x =-
M 2 b2+a2k2 M a2k M a2k
a2 k2
-
2 b2+a2k2
b2 1
= .
2 b2+a2k2
b2 1 a2k 1
又点M在直线AB上，所以 =k-
2 b2+a2k2 2 b2+a2k2
+m，化简得：b2+a2k2
=4m2，则
m2 4m2-m2
S =2S =2ab⋅
OAPB △OAB
3ab
= .
4m2 2
x
x=
a
解法二 (1)设
y
，则x2+y2=1，S
△OAB
=abS
△OAB
.
y=
b
设原点O到直线AB的距离为d d∈0,1 ，则
S =abS =ab⋅AB
△OAB △OAB
1-d2+d2 ab
d=ab 1-d2d≤ ab= .
2 2
(2)要四边形OAPB为平行四边形，则四边形OAPB为菱形，由(1)知
1 3 3
S=2S =2× ×1×1×sin120°= ⇒S= ab.
△OAB 2 2 2
解法三 (1)设Aacosα,bsinα ，Bacosβ,bsinβ ，则
1
S = acosα⋅bsinβ-acosβsinα
△OAB 2
ab
= sinα-β
2
ab
≤ ，
2
π
当且仅当α-β=kπ+ ，k∈Z时取等号.
2
(acosα+acosβ)2
(2)OP=OA+OB⇒P(acosα+acosβ,bsinα+bsinβ)，则 +
a2
(bsinα+bsinβ)2
=1，
b2
1
即2+2cos(α-β)=1，移项整理得cos(α-β)=- ，则 sinα-β
2
3
= ，
2
第 页 共 页
2545 34273
故S =2S = ab.
OAPB △OAB 2
x2
4067 (2024·全国·高三专题练习)F,F 分别是椭圆于 +y2=1的左、右焦点.
1 2 4
(1)若Р是该椭圆上的一个动点，求PF ⋅PF 的取值范围；
1 2
(2)设A2,0 ,B0,1 是它的两个顶点，直线y=kx(k≥0)与AB相交于点D，与椭圆相
交于E、F两点.求四边形AEBF面积的最大值.
【解析】(1)由题意可知a=2，b=1，
∵c= a2-b2= 3
∴F(- 3,0)，F( 3,0)，设P(x,y)，
1 2
∴PF =(- 3-x,-y)，PF =( 3-x,-y)，
1 2
∴PF ⋅PF =(- 3-x,-y)⋅( 3-x,-y)=x2+y2-3
1 2
x2 1
=x2+1- -3= (3x2-8)
4 4
由椭圆的性质可知，-2≤x≤2
∴0≤x2≤4，
3x2-8
∴-2≤ 4 ≤1，故-2≤PF 1 ⋅PF 2 ≤1，即PF 1 ⋅PF 2 ∈-2,1 .
y=kx
(2)设E(x
1
,kx
1
)，F(x
2
,kx
2
)，联立x2
+y2=1
消去y整理可得(1+4k2)x2=4，
4
2 2
∴x =- ，x = ，
1 4k2+1 2 4k2+1
∵A(2,0)，B(0,1)，
∴直线AB的方程为：x+2y-2=0，
根据点到直线的距离公式可知，点E，F到直线AB的距离分别为
|x +2kx -2| 2(1+2k+ 1+4k2)
h = 1 1 = ，
1 5 5(1+4k2)
|x +2kx -2| 2(1+2k- 1+4k2)
h = 2 2 = ，
2 5 5(1+4k2)
4(1+2k)
∴h +h = ，
1 2 5(1+4k2)
∴|AB|= 22+1= 5，
1 1 4(1+2k) 2(1+2k)
∴四边形AEBF的面积为S= |AB|(h +h )= × 5× = =
2 1 2 2 5(1+4k2) 1+4k2
1+4k+4k2
2
1+4k2
4 1 1
=2 1+ ≤2 2，当且仅当4k= 即k= 时，上式取等号，
1 k 2
4k+
k
所以S的最大值为2 2.
4068 (2024·江苏苏州·模拟预测)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C:y2=4x的焦
点为F，过F的直线交C于A，B两点(其中点A在第一象限)，过点A作C的切线交x轴
于点P，直线PB交C于另一点Q，直线QA交x轴于点T.
第 页 共 页
2546 3427(1)求证：AF ⋅AT =BF ⋅QT ；
(2)记△AOP，△AFT，△BQT的面积分别为S ，S ，S ，当点A的横坐标大于2时，求
1 2 3
S
3 的最小值及此时点A的坐标.
S -S
2 1
【解析】(1)设点Ax 0 ,y 0 ，则y2=4x .因为点A在第一象限， 0 0
可设函数fx =2 x，则fx
1 1
= ，所以k = ，
x AP x
0
1
所以直线AP方程为y-y 0 = x x-x 0
0
，令y=0，则x P =-x 0 ，即点P-x 0 ,0 .
设直线AB:x=my+t，与C联立得y2-4my-4t=0，所以y ⋅y =-4x ，同理y ⋅y =
A B F A Q
-4x .
T
因为F1,0 ，Ax 0 ,y 0
-4 1 -4
，所以y = ，则B , B y x y
0 0 0
，
设直线PB:y=kx+x 0 ，与C联立得k2x2+2k2x 0 -4 x+k2x2=0， 0
又因为直线PB与抛物线交于B、Q两点，所以x ⋅x =x2.
B Q 0
1 -4
因为点B ,
x y
0 0
，所以x =x3，代入抛物线C:y2=4x，
Q 0
y3
又因为Q在第四象限，可知Qx3,- 0
0 4
.
AF 因为
BF
= y 0
y B
y2 = 0
-4
QT =x ，
0
AT
y = Q
y 0
y2 =- 0
4
=x ，
0
AF
所以
BF
QT
=
AT
，
即AF ⋅AT =BF ⋅QT ，原命题得证.
y4 y4
(2)由(1)知y A ⋅y Q =-4x T ，所以- 4 0 =-4x T ，得x T = 16 0 =x2 0 ，即Tx2 0 ,0 .
1 1
所以S 1 = 2 x 0 y 0 ，S 2 = 2 x2 0 -1 y 0
另由(1)知P-x 0 ,0
1 -4
，B , x y
0 0
y3
，Qx3,- 0 0 4 ，
1
所以S 3 =S △BQT =S △PQT -S △PBT ，即S 3 = 2 x2 0 +x 0
y3 4
⋅ 0 - 4 y
0
=2x2 0 +x 0
x2-1
⋅ 0 ； y
0
S 2x2 0 +x 0 3 = S -S 2 1
x2-1
⋅ 0 y 0 1 2 x2 0 -1 = x 0 +1 1 ⋅y - x ⋅y 0 2 0 0 x2 0 -1 x2-x -1 ，x 0 ∈2,+∞ 0 0 ，
设函数gx
x+1
=
x2-1 x3+x2-x-1 x3
= = +1，x∈2,+∞
x2-x-1 x2-x-1 x2-x-1
，
第 页 共 页
2547 3427则gx
3x2 x2-x-1
=
-x3 2x-1
x2-x-1
x2 x+1
=
2
x-3
x2-x-1
.
2
当x∈2,3 时，gx <0，gx 单调递减；当x∈3,+∞ 时，gx >0，gx 单调递增.
S 32
所以当x 0 =3时， S - 3 S 取得最小值为 5 ，此时点A的坐标为3,2 3
2 1
.
x2 y2
4069 (2024·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习)设椭圆E： + =1(a>b>
a2 b2
0)的一个顶点为A0,1
2
，离心率为 ，F为椭圆E的右焦点．
2
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过F且斜率为k的直线与椭圆E交于D，G两点，若满足AD⊥AG，求k的值；
(3)过点P2,0 的直线与椭圆E交于B，C两点，过点B，C分别作直线l：x=t的垂线
(点B，C在直线l的两侧)．垂足分别为M，N，记△BMP，△MNP，△CNP的面积分别
1
为S ，S ，S ，试问：是否存在常数t，使得S ， S ，S 总成等比数列？若存在，求出t的
1 2 3 1 2 2 3
值，若不存在，请说明理由．
x2 y2
【解析】(1)因为椭圆E： + =1(a>b>0)的一个顶点为A0,1
a2 b2
2
，离心率为 ，
2
c 2 1 1
所以有b=1， = ，则1- = ，所以a2=2，
a 2 a2 2
x2
所以椭圆E的方程为 +y2=1.
2
(2)因为F为椭圆E的右焦点，所以F(1,0)，
过F且斜率为k的直线与椭圆E交于D，G两点，
所以设直线方程为y=k(x-1)，D(x,y)，G(x ,y )，
1 1 2 2
y=k(x-1)
则x2 ，则(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0，
+y2=1
2
4k2 2k2-2
Δ>0，x +x = ，xx = ，
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
AD=(x,y -1)，AG=(x ,y -1)，
1 1 2 2
因为满足AD⊥AG，所以AD⋅AG=0，
即AD⋅AG=xx +(y -1)(y -1)=xx +yy -(y +y )+1=0，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
即xx +k2(x -1)(x -1)-[k(x -1)+k(x -1)]+1=0，
1 2 1 2 1 2
则有(1+k2)xx -(k2+k)(x +x )+k2+2k+1=0，
1 2 1 2
整理得(k+1)[2(1+k2)(k-1)-4k3+(1+k)(1+2k2)]=0，
第 页 共 页
2548 34271
解得k=-1(舍)，k= .
3
(3)
由已知得，BC的斜率存在，且B，C在x轴的同侧，
设直线BC的方程为y=kx-2 ，Bx 3 ,y 3 ，Cx 4 ,y 4 ，不妨设x <x ， 3 4
则y y >0，x <t<x ，
3 4 3 4
y=kx-2
由
x2 得1+2k2
+y2=1
2
x2-8k2x+8k2-2=0，
所以Δ=81-2k2
8k2 8k2-2
>0，x +x = ，x ⋅x = ， 3 4 1+2k2 3 4 1+2k2
1
因为S 1 = 2 t-x 3 y 3
1
，S 2 = 2 2-t y 4 -y 3
1
，S 3 = 2 x 4 -t y 4 ，
1
所以S 1 ⋅S 3 = 4 x 4 -t t-x 3 y 3 y 4
1
= 4 x 4 -t t-x 3 y y 3 4
1
= 4 k2 x 4 -t t-x 3 x 3 -2 x 4 -2
1
= 4 k2 tx 3 +x 4 -x ⋅x -t2 3 4 ⋅ x 3 ⋅x 4 -2x 3 +x 4 +4
1 8k2 8k2-2
= k2 - -t2
4 1+2k2 1+2k2
8k2-2 16k2
⋅ - +4
1+2k2 1+2k2
1 2k2
=
4 1+2k2
-2k2 t-2
2
2-t2+2 ，
1 1
4 S2 2 = 16 2-t 2 y 4 -y 3
1
2= k2 2-t 16 2 x 4 -x 3 2
1
= k2 2-t 16 2 x 4 +x 3 2-4x x 3 4
1 = k2 2-t
16
8k2 2
1+2k2
2 32k2-8 -
1+2k2
1 2k2
= ⋅
4 1+2k2
-2k2 t-2
2
2+t-2 2 ，
1
要使S 1 ， 2 S 2 ，S 3 总成等比数列，则应有-t2+2=t-2 2解得t=1，
1
所以存在t=1，使得S ， S ，S 总成等比数列.
1 2 2 3
4070 (2024·福建泉州·泉州七中校考模拟预测)已知圆C:x- 3 2+y2=16，点G- 3,0 ，
圆周上任一点P，若线段PG的垂直平分线和CP相交于点Q，点Q的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)若过点1,0 的动直线n与椭圆C相交于M,N两点，直线l的方程为x=4.过点M作
MT⊥l于点T，过点N作NR⊥l于点R.记△GTR,△GTM,△GRN的面积分别为S，
S ，S .问是否存在实数λ，使得λ S ⋅S -S=0成立？若存在，请求出λ的值；若不存在，
1 2 1 2
请说明理由.
第 页 共 页
2549 3427【解析】(1)圆C:x- 3 2+y2=16的圆心C( 3,0)，半径r=4，
因为线段PG的垂直平分线和CP相交于点Q，所以|PQ|=|QG|，又|PC|=4，
所以|QG|+|QC|=|PC|=4>|GC|=2 3，
所以点Q的轨迹是以G(- 3,0)，C( 3,0)为焦点的椭圆，
这里2a=4，2c=2 3，所以a=2，c= 3，则b2=a2-c2=4-3=1，
x2
所以曲线E的方程为 +y2=1.
4
(2)设直线n的方程为x=my+1，
设M(x,y)，N(x ,y )，则T(4,y)，R(4,y )，
1 1 2 2 1 2
x=my+1
联立x2 ，消去x并整理得(m2+4)y2+2my-3=0，
+y2=1
4
Δ=4m2+12(m2+4)=16m2+48>0恒成立，
2m 3
y +y =- ，yy =- ，
1 2 m2+4 1 2 m2+4
1 4+ 3 4+ 3
所以S= |TR|×(4+ 3)= |y -y |= (y +y )2-4yy =
2 2 1 2 2 1 2 1 2
4+ 3 2m
-
2 m2+4
2 4×3
+
m2+4
24+ 3
=
m2+3
，
m2+4
1 1 1
S 1 = 2 |TM|⋅|y 1 |= 2 (4-x 1 )|y 1 |= 2 4-my 1 +1
1
|y|= (3-my)|y|， 1 2 1 1
1
同理得S = (3-my )|y |，
2 2 2 2
1
所以S 1 ⋅S 2 = 4 3-my 1 3-my 2 |yy | 1 2
1
= 4 9-3my 1 +y 2 +m2yy 1 2 |yy | 1 2
1 6m2 3m2
= 9+ -
4 m2+4 m2+4
3 9(m2+3)
⋅ = ，
m2+4 (m2+4)2
3 m2+3
3 m2+3 S ⋅S m2+4
所以 S ⋅S = ，所以 1 2 =
1 2 m2+4 S 24+ 3
3
=
m2+3 24+ 3
m2+4
，
24+ 3
所以
24+ 3
S ⋅S -S=0，所以存在实数λ=
3 1 2
，使得λ S ⋅S -S=0成
3 1 2
立.
第 页 共 页
2550 34274071 (2024·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考开学考试)设抛物线Γ：y2=4x的焦点为
F，经过x轴正半轴上点Mm,0 的直线l交Γ于不同的两点A和B.
(1)若FA =3，求A点的坐标；
(2)若m=2，求证：原点O总在以线段AB为直径的圆的内部；
(3)若FA =FM ，且直线l ⎳l，l 与Γ有且只有一个公共点E，问：△OAE的面积是否 1 1
存在最小值？若存在，求出最小值，并求出M点的坐标；若不存在，请说明理由.(三角形面
积公式：在△ABC中，设CA=a=x 1 ,y 1
，CB=b=x 2 ,y 2 ，则△ABC的面积为
1
S= a
2
2
b
2
-a⋅b
2 1
=
2
x
1
y
2
-x
2
y
1
【解析】(1)设A(x 1 ,y 1 )，因为FA =3，又FA
p
=x + =x +1，得到x =2， 1 2 1 1
将x =2代入y2=4x，得到y =±2 2，
1 1
所以A点的坐标为2,-2 2 或2,2 2 .
(2)设A(x,y),B(x ,y )，直线AB:x=my+2，
1 1 2 2
由 y x 2 = = m 4x y+2 ，消x得到y2-4my-8=0，由韦达定理知，y 1 +y 2 =4m,y 1 ⋅y 2 =-8，所
y2⋅y2
以x ⋅x = 1 2 =4，
1 2 16
又OA=(x,y),OB=(x ,y )，由OA⋅OB=xx +yy =4-8=-4<0，
1 1 2 2 1 2 1 2
故∠AOB为钝角，原点O总在以线段AB为直径的圆的内部.
(3)设A(x 1 ,y 1 )，由FA =FM ，得到m-1 =x +1， 1
又m>0,x >0，得到m-1=x +1或1-m=x +1，即m=x +2或-m=x(舍)，
1 1 1 1 1
y
故M(x +2,0)，所以直线AB的斜率k =- 1，
1 AB 2
y2=4x
y 8 8b
由题可设l
1
的方程为y=-
2
1x+b，由
y=-
y
1x+b
，消x得到y2+
y
y-
y
=0，
2 1 1
第 页 共 页
2551 342764 32b 2 8 8b 8 16
由题知，Δ= + =0，得到b=- ，代入y2+ y- =0，得到y2+ y+
y2 y y y y y y2
1 1 1 1 1 1 1
4
=0，所以y=- ，
y
1
4 4 1 1 4
设E(m,n)，则n=- ，m= = ，即E ,-
y y2 x x y
1 1 1 1 1
，
1 4
所以OA=(x,y),OE= ,-
1 1 x y
1 1
，
1 4
故△OAE的面积为S= x ×-
2 1 y
1
1
- ×y
x 1
1
1 4x y
= 1 + 1
2 y x
1 1
1 4x
= 1
2 y
1
y
+ 1
x
1
≥
1 4x
×2 1
2 y
1
y
· 1
x
1
=2，
当且仅当y 1 =2x 时取等号， 1
由 y 1 =2x y2=4x 1，得x 1 =1,y 1 =±2，所以最小值为2，M点的坐标为(3,0).
1 1
4072 (2024·四川眉山·高三校考阶段练习)在△PF 1 F 2 中，已知点F 1- 3,0 ，F 2 3,0 ，PF 边 1
上的中线长与PF 边上的中线长之和为6；记△PFF 的重心G的轨迹为曲线C.
2 1 2
(1)求C的方程；
(2)若圆O：x2+y2=1，E0,-1 ，过坐标原点O且与y轴不重合的任意直线l与圆O相
交于点A，B，直线EA，EB与曲线C的另一个交点分别是点M，N，求△EMN面积的最
大值.
【解析】(1)设PF 的中点为S，PF 的中点为T，
1 2
所以F 2 G
2
= 3 AF 2 ，F 1 G
2
= 3 BF 1 ，
所以F 1 G +F 2 G
2
= 3 AF 2 +BF 2 =4，
所以F 1 G +F 2 G =4>F 1 F 2 =2 3，
所以G点的轨迹是以F,F 为焦点，长轴长2a=4，的椭圆.
1 2
所以a=2，所以c= 3，b=1，
x2
所以曲线C的方程为 +y2=1.
4
(2)设直线EM为y=kx-1(不妨设k>0)，设Mx 1 ,y 1 ，Nx 2 ,y 2 ，
y=kx-1
所以 ，
x2+4y2-4=0
x2+4k2x2-2kx+1 -4=0，
4k2+1
8k 8k2 4k2-1
x2-8kx=0，解得x = (x =0舍去)，则y = -1= ， 1 4k2+1 1 1 4k2+1 4k2+1
由于AB是单位圆的直径，所以AE⊥BE，
1 1
所以直线EN的斜率为- ，直线EN的方程为y=- x-1，
k k
第 页 共 页
2552 34271
8-
k
同理可求得x =
2
1
4-
k
-8k 1 -8k 4-k2
= ，则y =- ⋅ -1= ，
2 k2+4 2 k k2+4 k2+4
+1
8k 4k2-1
由上述分析可知M ,
4k2+1 4k2+1
-8k 4-k2
,N ,
k2+4 k2+4
，而E0,-1 ，
1 所以S2 △EMN = 4 ×EM 2×EN 1 8k 2= × 4 4k2+1 2 4k2-1 + +1 4k2+1 2 ×
-8k
k2+4
2 4-k2 + +1
k2+4
2
1 8k = ×
4 4k2+1
2 8k2 +
4k2+1
2
-8k ×
k2+4
2 8 +
k2+4
2
k2 k2+1
=210×
2
4k2+1 2 k2+4
k2 k2+1
=210×
2
2
4k2+1 2 k2+4
1
k+
k
=210×
2
2
4 4k2+ +17
k2
，
2
1
k+
k
所以S =25× ，
△EMN 4
4k2+ +17
k2
1 1 1
令s=k+ ≥2 k⋅ =2，当且仅当k= ,k=1时等号成立，
k k k
s 32
则S =25× = ，
△EMN 4s2-8+17 9
4s+
s
9
函数y=4s+ 在2,+∞
s
上单调递增，
32 64
所以当s=2时，S 取得最小值为 = .
△EMN 9 25
4×2+
2
4 题型四：三角形的面积比问题之共角、等角模型
4073 (2024·河北·统考模拟预测)已知抛物线C:x2=2py(p>0)，过点P(0,2)的直线l与C交
于A,B两点，当直线l与y轴垂直时，OA⊥OB(其中O为坐标原点).
(1)求C的准线方程；
(2)若点A在第一象限，直线l的倾斜角为锐角，过点A作C的切线与y轴交于点T，连接
TB交C于另一点为D，直线AD与y轴交于点Q，求△APQ与△ADT面积之比的最大
值.
【解析】(1)将y=2代入x2=2py(p>0)，则x=±2 p，
由OA⊥OB，故△AOB为等腰直角三角形，故2 p=2，即p=1，
1
所以C:x2=2y，故准线方程为y=- .
2
第 页 共 页
2553 3427a2
(2)设Aa,
2
，直线l:y=kx+2(k>0)，联立抛物线得x2-2kx-4=0，
4 4 8
所以ax =-4，则x =- ，故B- ,
B B a a a2
，
x2 a2
由y= ，则y=x，故k =a，直线TA:y- =a(x-a)，
2 TA 2
a2 a2
令x=0，则y =- ，故T0,-
T 2 2
，
a2
设直线TB:y=kx- ，联立抛物线得x2-2kx+a2=0，
1 2 1
4 a3 a3 a6
所以- x =a2，则x =- ，故D- ,
a D D 4 4 32
，
a6 a2
-
a2 32 2 a4 a4
综上，直线AD:y- = (x-a)，令x=0，则y = ，故Q0,
2 a3 Q 8 8
- -a
4
，
a a4
由直线l的倾斜角为锐角，故a>2，则S = -2
△APQ 2 8
，S =
△ADT
1 a4 a2
+
2 8 2
a3
a+
4
a3
= (a2+4)2，
64
S 4(a2-4)
所以 △APQ = ，令t=a2-4>0，则a2=t+4，
S a2(a2+4)
△ADT
则 S △APQ = 4t = 4 ≤ 1 =3-2 2，仅当t=4 2，即a2=4
S (t+4)(t+8) 32 2 2+3
△ADT t+ +12
t
( 2+1)时等号成立，
所以△APQ与△ADT面积之比的最大值3-2 2.
x2 y2
4074 (2024·北京东城·高三北京市第十一中学校考阶段练习)已知椭圆E: + =1(a>b
a2 b2
c
>0),c= a2-b2，且过(2,0),1,
a
两点．
(1)求椭圆E的方程和离心率e；
(2)若经过M(1,0)有两条直线l,l ，它们的斜率互为倒数，l 与椭圆E交于A，B两点，l
1 2 1 2
与椭圆E交于C，D两点，P，Q分别是AB，CD的中点试探究：△OPQ与△MPQ的面
积之比是否为定值？
若是，请求出此定值；若不是，请说明理由．
第 页 共 页
2554 34274
=1
a2
1 + e2 =1 a=2
【解析】(1)由题意可得 a2 b2 ，解得b=1 ，
c c= 3
e=
a
a2=b2+c2
x2
则E的方程 +y2=1；
4
(2)
由已知可得直线AB的斜率存在，且不为0，也不为±1，
x=my+1
设直线AB:x=my+1，(m≠0且m≠±1)，联立x2 可得m2+4
+y2=1
4
y2+2my-3
=0，
方程m2+4 y2+2my-3=0的判别式Δ=4m2+12m2+4 >0，
设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，Px 0 ,y 0 ，
-2m -3
则y +y = ，yy = .
1 2 m2+4 1 2 m2+4
y +y -m 4
所以y = 1 2 = ，x =my +1= ，
0 2 m2+4 0 0 m2+4
4 -m
所以P ,
m2+4 m2+4
，
1
因为两直线斜率互为倒数，则CD:x= y+1，
m
1 4m2 -m
用 代换P点坐标中的m得Q ,
m 1+4m2 1+4m2
.
4m2 4
-
1 1+4m2 m2+4 4m2+1
所以 = =
k -m -m
PQ -
1+4m2 m2+4
，
3m
4
4m2+1
所以直线PQ:x- =
m2+4
m
y+
3m m2+4
4m2+1
即x=
4
y+
3m 3
4
所以PQ恒过定点N ,0
3
，
设点O、M到直线PQ的距离分别是d ，d ，
1 2
1
则 S △OPQ = 2 PQ
S △MPQ
d 1
1 PQ 2
d ON = 1 =
d d 2 2
MN
4
3 = =4.
4 -1 3
△OPQ与△MPQ的面积之比是定值，定值为4.
第 页 共 页
2555 3427x2 y2
4075 (2024·江苏徐州·高三校考开学考试)设椭圆 + =1(a>b>0)的左右顶点分别为
a2 b2
A 1 ,A 2 ，右焦点为F，已知A 1 F =3,A 2 F =1．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点P是椭圆上一动点(不与端点重合)，直线A P交y轴于点Q，若三角形APQ
2 1
的面积是三角形A FP面积的二倍，求直线A P的方程．
2 2
【解析】(1)如图，
a+c=3
由题意得
，解得a=2,c=1，所以b= 22-12= 3，
a-c=1
x2 y2 c 1
所以椭圆的方程为 + =1，离心率为e= = .
4 3 a 2
x2 y2
(2)由题意得，直线A 2 P斜率存在，由椭圆的方程为 4 + 3 =1可得A 22,0 ，
设直线A 2 P的方程为y=kx-2 ，
x2 y2
+ =1
联立方程组 4 3
y=kx-2
，消去y整理得：3+4k2 x2-16k2x+16k2-12=0，
16k2-12 8k2-6
由韦达定理得x ⋅x = ，所以x = ，
A2 P 3+4k2 P 3+4k2
8k2-6 -12k
所以P ,-
3+4k2 3+4k2
，Q0,-2k .
1
所以S = ×4×y △A2QA1 2 Q
1
,S △A2PF = 2 ×1×y P
1
,S △A1A2P = 2 ×4×y P ，
所以S =S +S =2S +S ，
△A2QA1 △A1PQ △A1A2P △A2PF △A1A2P
所以2y Q =3y P ，即2-2k
12k
=3- 3+4k2 ，
6 6
解得k=± 2 ，所以直线A 2 P的方程为y=± 2 x-2 .
4076 (2024·广东深圳·深圳中学校考模拟预测)已知定点F(2,0)，关于原点O对称的动点P，
|PF| |QF|
Q到定直线l:x=4的距离分别为d ，d ，且 = ，记P的轨迹为曲线C.
p Q d d
p Q
(1)求曲线C的方程，并说明曲线C是什么曲线？
1
(2)已知点M，N是直线m:x= y+2与曲线C的两个交点，M，N在x轴上的射影分别
k
为M ，N(M ，N 不同于原点O)，且直线MN与直线l:x=4相交于点R，求△RMN与
1 1 1 1 1
△RMN 面积的比值.
1 1
【解析】(1)设P(x,y)，Q(-x,-y).
第 页 共 页
2556 3427PF
由
QF
=
d
P
(x-2)2+y2 (-x-2)2+(-y)2
有 = ，|x|≠4，
d |x-4| |-x-4|
Q
两边平方得(x+4)2 x2+y2+4-4x =(x-4)2 x2+y2+4+4x ，
化简得xx2+2y2-8 =0，
x2 y2
即曲线C的方程为 + =1或x=0.
8 4
曲线C是以点(-2,0)，(2,0)为焦点，长轴长为4 2的椭圆与y轴组成的曲线.
(2)设直线m与椭圆相交于Mx 1 ,y 1 ，Nx 2 ,y 2 两点，则M 1x 1 ,0 ，N 1x 2 ,0 .
1 x2 y2
令 =t，将x=ty+2代入 + =1并整理得t2+2 k 8 4 y2+4ty-4=0，，y +y = 1 2
4t 4
- ，yy =- .
t2+2 1 2 t2+2
y
直线M 1 N的方程为：y= x - 2 x x-x 1
2 1
.
设R4,y 0 ，则y = y 24-x 1 0 = y 22-ty 1 x -x
2 1
， x -x
2 1
同理直线MN 1 与直线l:x=4相交于点R4,y 0 ，y= y 12-ty 2 0 . x -x
1 2
y -y= y 22-ty 1 0 0 - y 12-ty 2 x -x
2 1
= 2y 2 +y 1 x -x
1 2
-2ty y x -x 2 1，其中2y 2 +y 1
2 1
-2ty y = 2 1
8t 8t
- + =0.
t2+2 t2+2
从而y =y，R与R重合.
0 0
因为MM ∥NN ，所以S =S .
1 1 △MM1N1 △MM1N
S
又S =S +S ，S =S +S ，则 △RMN =1.
△RM1N1 △MM1N1 △RMM1 △RMN △MN1N △RMM1 S
△R1M1N1
所以△RMN与△RMN 面积的比值为1.
1 1
4077 (2024·河北·高三校联考阶段练习)已知抛物线C：y2=2pxp>0 上一点Aa,a a≠0
5
到焦点F的距离为 ．
2
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F的直线l与抛物线C交于P,Q两点，直线OP,OQ与圆E：x-2 2+y2=4的
另一交点分别为M,N,O为坐标原点，求△OPQ与△OMN面积之比的最小值．
a2=2pa
【解析】(1)依题意得 p 5 ，解得p=1,a=2，所以抛物线方程为y2=2x.
a+ =
2 2
1
(2)抛物线y2=2x的焦点为F ,0
2
，直线l与x轴不重合，
1
设直线l的方程为x=my+ ，
2
第 页 共 页
2557 34271
x=my+
由 2 消去x并化简得y2-2my-1=0，Δ=4m2+4>0，
y2=2x
设Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2 ，则y +y =2m,yy =-1， 1 2 1 2
所以x 1 +x 2 =my 1 +y 2
y2 y2 1
+1=2m2+1,xx = 1 ⋅ 2 = ， 1 2 2 2 4
所以OP = x2 1 +y2 1 = x2 1 +2x 1 ,OQ = x2+y2= x2+2x . 2 2 2 2
y
y y y= 1x
l :y= 1x,l :y= 2x，由 x OP x OQ x 1
1 2 x-2
，而x ≠0， M
2+y2=4
4x2 4xy 4x2 4x y
故解得x = 1 ,y = 1 1 .同理可求得x = 2 ,y = 2 2 .
M x2+y2 M x2+y2 N x2+y2 N x2+y2
1 1 1 1 2 2 2 2
OM
4x2
= 1
x2+y2
1 1
2 4xy
+ 1 1
x2+y2
1 1
2 4 x4+x2y2 4 x4+2x3 4 x
= 1 1 1 = 1 1 = 1 ，
x2+y2 x2+2x x +2
1 1 1 1 1
同理ON
4 x
= 2 ，
x +2
2
1
所以 S △OPQ = 2 OP
S △OMN
⋅OQ ⋅sin∠POQ
1 OM
2
⋅ON
OP =
⋅sin∠MON
⋅OQ
OM ⋅ON
= x2 1 +2x 1 ⋅ x2 2 +2x 2 = x 1 +2
4 x 4 x
1 ⋅ 2
x +2 x +2
1 2
⋅x 2 +2
16
= x 1 x 2 +2x 1 +x 2
1 25
+4m2+2+4 2m2+
+4 4 4 = = ，
16 16 16
故当m2=0时， S △OPQ 取得最小值为 25 .
S 64
△OMN
y2 x2
4078 (2024·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的
a2 b2
左、右顶点分别为A,B，长轴长为短轴长的2倍，点P在C上运动，且△ABP面积的最大
值为8．
(1)求C的方程；
(2)若直线l经过点Q1,0 ，交C于M,N两点，直线AM,BN分别交直线x=4于D，E两
点，试问△ABD与△AQE的面积之比是否为定值？若是，求出该定值；若不是，说明理
由．
第 页 共 页
2558 3427【解析】(1)由题意得2a=2×2b，即a=2b①．
当点P为C的上顶点或下顶点时，△ABP的面积取得最大值，
1
所以 ×2b×a=8，即ab=8②．
2
联立①②，得a=4,b=2．
y2 x2
故C的方程为 + =1．
16 4
(2)
△ABD与△AQE的面积之比为定值．
由(1)可得A-2,0 ,B2,0 ，
由题意设直线l:x=my+1,Mx 1 ,y 1 ,Nx 2 ,y 2 ．
x=my+1,
联立 y2 x2 得4m2+1
+ =1,
16 4
y2+8my-12=0，
则Δ=64m2+484m2+1 >0，
8m 12
y +y =- ,yy =- ，
1 2 4m2+1 1 2 4m2+1
3
所以my 1 y 2 = 2 y 1 +y 2 ．
y
直线AM的方程为y= 1 x+2
x +2
1
，
6y 6y
令x=4，得y= 1 ，即D4, 1
x +2 x +2
1 1
．
2y
同理可得E4, 2
x -2
2
．
故△ABD与△AQE的面积之比为
1
S 2 AB △ABD =
S △AQE
y D
1 AQ 2 y E
= 4y D
3y E
= 4y 1x 2 -2
y 2x 1 +2
= 4y 1my 2 -1
y 2my 1 +3
myy -y =4× 1 2 1
myy +3y 1 2 2
3
2 y 1 +y 2
=4×
-y 1
3
2 y 1 +y 2
+3y 2
1 3
y + y 2 1 2 2
=4×
3 9
y + y 2 1 2 2
4
= ，
3
4
即△ABD与△AQE的面积之比为定值 ．
3
第 页 共 页
2559 3427x2 y2
4079 (2024·福建厦门·厦门一中校考模拟预测)已知A，B分别是椭圆C： + =
a2 b2
1a>b>0 的右顶点和上顶点，AB
1
= 5，直线AB的斜率为- .
2
(1)求椭圆的方程；
(2)直线l⎳AB，与x，y轴分别交于点M，N，与椭圆相交于点C，D.
(i)求△OCM的面积与△ODN的面积之比；
(ⅱ)证明：CM 2+MD 2为定值.
x2 y2
【解析】(1)∵A、B是椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
，的两个顶点，且AB = 5，
1
直线AB的斜率为- ，由Aa,0
2
，B0,b ，得AB = a2+b2= 5，
b-0 b 1
又k= =- =- ，
0-a a 2
解得a=2，b=1，
x2
∴椭圆的方程为 +y2=1；
4
(2)
1
设直线l的方程为y=- x+m，则M2m,0
2
，N0,m ，
1
y=-
2
x+m
联立方程 消去y，
x2
+y2=1
4
整理得x2-2mx+2m2-2=0，△=4m2-8m2-4
=32-4m2>0，得m2<8
设Cx 1 ,y 1 ，Dx 2 ,y 2 ，∴x +x =2m，xx =2m2-2. 1 2 1 2
1
(i)S = 2m △OCM 2 y 1
1
，S = m △ODN 2 x 2 ，
∴ S △OCM = 2y 1
S △ODN
x 2
= 2m-x 1
x 2
= x 2
x 2
=1，
∴△OCM的面积与△ODN的面积之比为1；
(ii)证明：CM 2+MD 2=x 1 -2m 2+y2 1 +x 2 -2m 2+y2 2
1 =x2-4mx +4m2+- x +m
1 1 2 1
2 +x2-4mx +4m2+- 1 x +m
2 2 2 2
2
5
= 4 x 1 +x 2
5
2- 2 x 1 x 2 -5mx 1 +x 2 +10m2
5
=5m2- 2m2-2
2
-10m2+10m2=5
综上，CM 2+MD 2=5.
5 题型五：三角形的面积比问题之对顶角模型
第 页 共 页
2560 3427x2 y2
4080 (2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测)已知椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
的离心率
2 2
为 ，且C经过点1,
2 2
．
(1)求椭圆C方程；
(2)直线y=kx(k>0)与椭圆C交于点M、N,F为C的右焦点，直线MF、NF分别交C
S
于另一点M 、N ，记△FMN与△FMN 的面积分别为S 、S ，求 1 的范围．
1 1 1 1 1 2 S
2
2 2
【解析】(1)由离心率为 ，且C经过点1,
2 2
c = 2
a 2
可得 ，又a2=b2+c2，
1 1
+ =1
a2 2b2
x2
解得a2=2,b2=1，所以椭圆C: +y2=1；
2
(2)设Mx 0 ,y 0 ，则N-x 0 ,-y 0 ，F1,0 ，
令MF=λFM 1 ，MF=1-x 0 ,-y 0 ，
(1+λ)-x -y
可得M 0, 0
1 λ λ
，
代入 x2 +y2=1，得 (1+λ)-x 0
2
2 + -y2 0
2λ2
=1，
λ2
x2
又 0 +y2=1，得λ=3-2x ，
2 0 0
设NF=μFN 1 ，NF=1+x 0 ,y 0 ，
(μ+1)+x y
可得N 0, 0
1 μ μ
，
x2 1+μ 代入 +y2=1，得
2
+x 0 2 + y2 0
2μ2
=1，
μ2
x2
又 0 +y2=1，得μ=3+2x ，
2 0 0
|MF|
∵
FM 1
|NF|
=λ,
FN 1
1
|MF|⋅|NF|⋅sin∠MFN
S 2
=μ，∴ 1 =
S 1 2 2 M 1 F ⋅N 1 F
=λμ=9-4x2，
0 ⋅sin∠NFM 1 1
∵x 0 ∈0, 2 ，x2 0 ∈0,2
S
，∴ 1 ∈1,9 S
2
．
4081 (2024·全国·高三对口高考)在平面直角坐标系xoy中，点B与点A1,-1 关于原点O
1
对称，P是动点，且直线AP与BP的斜率之积等于- ．
3
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)设直线AP和BP分别与直线x=3交于点M，N,问：是否存在点P使得△PAB与
△PMN的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】(1)因为点B与点A1,-1 关于原点O对称，所以点B的坐标为-1,1 .
第 页 共 页
2561 3427设点P的坐标为x,y
1 y+1 y-1
，则由直线AP与BP的斜率之积等于- ，得 ⋅ =
3 x-1 x+1
1
- ，
3
化简得x2+3y2=4x≠±1 ，故动点P的轨迹方程为x2+3y2=4x≠±1 .
(2)若存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，
设点P的坐标为x 0 ,y 0
1
，则 PA 2 ⋅PB
1
sin∠APB= PM 2 ⋅PN sin∠MPN，
因为sin∠APB=sin∠MPN，所以PA ⋅PB =PM ⋅PN
PA
，即
PM
PN
=
PB
.
作直线l:x=x ，作MM ⊥l于M ，AA ⊥l于A ，则△AAP∽△MMP，
0 1 1 1 1 1 1
PA 所以
PM
= AA 1
MM 1
= x 0 -1
3-x 0
PN ，同理
PB
= 3-x 0
x 0 +1
，所以可得 x 0 -1
3-x 0
= 3-x 0
x 0 +1
，
整理得3-x 0 2=x 0 +1 ⋅x 0 -1
5
，解得x = ； 0 3
33
因为x2+3y2=4，所以y =± .
0 0 0 9
5 33
故存在点P使得△PAB与△PMN的面积相等，此时点P的坐标为 ,±
3 9
.
4082 (2024·重庆·高三重庆一中校考阶段练习)已知O为坐标原点，抛物线的方程为x2=
2pyp>0
x2 y2
，F是抛物线的焦点，椭圆的方程为 + =1a>b>0
a2 b2
，过F的直线l与抛
物线交于M，N两点，反向延长OM，ON分别与椭圆交于P，Q两点．
(1)求k ⋅k 的值；
OM ON
(2)若OP 2+OQ 2=5恒成立，求椭圆的方程；
S
(3)在(2)的条件下，若 △OMN 的最小值为1，求抛物线的方程(其中S ，S 分别是
S △OMN △OPQ
△OPQ
△OMN和△OPQ的面积)．
【解析】(1)设直线OM的斜率为k(k >0)，直线ON的斜率为k ，
1 1 2
第 页 共 页
2562 3427由题可知，直线MN的斜率不为0，设M(x,y),N(x ,y )，
1 1 2 2
p
设直线MN：y=kx+ ，
2
p
y=kx+
则由 2 ，可得x2-2pkx-p2=0，
x2=2py
(xx )2 p2
易知Δ>0，且xx =-p2,yy = 1 2 = ，
1 2 1 2 4p2 4
y y 1
则kk = 1 ⋅ 2 =- ；
1 2 x x 4
1 2
(2)设P(x ,y ),Q(x ,y )，
3 3 4 4
1
由题可知，l :y=kx,l :y=k x，其中kk =- ，
OM 1 ON 2 1 2 4
y=kx
1 a2b2 16a2b2k2
联立方程x2
+
y2
=1
⇒x2
3
=
b2+a2k2
，同理x2
4
=
a2+16b2k
1
2
，
a2 b2 1 1
x2
因为：|OP|2+|OQ|2=x2+y2+x2+y2=x2+1- 3
3 3 4 4 3 a2
x2
b2+x2+1- 4
4 a2
b2
b2
=2b2+1-
a2
(x2+x2)
3 4
a2-b2
=2b2+
a2
a2b2 16a2b2k2
+ 1
b2+a2k2 a2+16b2k2
1 1
a2-b2
=2b2+
a2
a2b2+(32b4)k2+16a2b2k4
⋅a2⋅ 1 1
a2b2+(a4+16b4)k2+16a2b2k4
1 1
a2b2+(32b4)k2+16a2b2k4
=2b2+(a2-b2) 1 1 ．
a2b2+(a4+16b4)k2+16a2b2k4
1 1
因为|OP|2+|OQ|2=5为定值，所以上式与k 无关，
1
所以当32b4=a4+16b4，即a2=4b2时，此时a2+b2=5，所以a2=4,b2=1，
x2
所以椭圆的方程为 +y2=1．
4
1
|OM||ON|sin∠MON
S 2 |OM||ON| xx
(3)因为 △OMN = = = 1 2
S 1 |OP||OQ| x x
△OPQ |OP||OQ|sin∠POQ 3 4
2
，
由(2)可知，当a2=4，b2=1时，
4 16k2
x2= ，x2= 1 ，xx =-p2，
3 1+4k2 4 1+4k2 1 2
1 1
S xx
△OMN = 1 2
S x x
△OPQ 3 4
p2 p2 1
= = +4|k|
8|k| 8 |k| 1
1 1
1+4k2
1
p2
≥ ，
2
p2 1
故 =1⇒p= 2，当且仅当k =± 时，等号成立，
2 1 2
此时抛物线方程为x2=2 2y.
4083 (2024·四川·校联考一模)已知点-2,0
x2 y2
在椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
上，点
1
Mm,
2
m≠0 在椭圆C内．设点以A,B为C的短轴的上、下端点，直线AM,BM分
1
别与椭圆C相交于点E,F，且EA,EB的斜率之积为- ．
4
第 页 共 页
2563 3427(1)求椭圆C的方程；
(2)记S △BME ，S △AMF 分别为△BME，△AMF的面积，若m∈- 3,-1 ∪1, 3 ，求
S
△AMF 的取值范围．
S
△BME
【解析】(1)设Ex,y ，依题意知A0,b ，B0,-b ，
y-b y+b y2-b2 1 x2 y2
则k ⋅k = ⋅ = =- ，整理有： + =1．
EA EB x-0 x-0 x2 4 4b2 b2
因为椭圆C过点-2,0
x2
，所以b2=1，所以椭圆的方程为 +y2=1．
4
x2
(2)由椭圆C: +y2=1，可得A0,1
4
，B0,-1 ，
1 x2
可得AM:y=- x+1，代入椭圆 +y2=1，整理得m2+1
2m 4
x2+4mx=0，
4m m2-1 4m m2-1
解得x= ，则y= ，所以E ,
m2+1 m2+1 m2+1 m2+1
，
3 x2
又由BM:y= x-1，代入椭圆 +y2=1，整理有m2+9
2m 4
x2-12mx=0，
12m 9-m2 12m 9-m2
解得x= ，则y= ，所以F ,
m2+9 m2+9 m2+9 m2+9
，
MA
所以
ME
m
=
4m -m
m2+1
m2+1
=
4-m2-1
m2-1
=
3-m2
，
MF
MB
12m
-m
m2+0
=
m
12-m2-9
=
3-m2
=
m2+9
，
m2+9
1
S 2 AM
于是 △AMF =
S △BME
⋅MF ⋅sin∠AMF
1 BM
2
⋅ME
AM
=
⋅sin∠BME
ME
MF
⋅
BM
m2+1
=
3-m2
3-m2
⋅
m2+1 8
= =1- ，
m2+9 m2+9 m2+9
因为m∈- 3,-1 ∪1, 3 ，所以m2∈1,3
8 1 1
，所以1- ∈ ,
m2+9 5 3
，
S 1 1
故 △AMF 的范围为 ,
S 5 3
△BME
．
4084 (2024·贵州贵阳·高三贵阳一中校考开学考试)已知点-2,0
x2 y2
在椭圆C： + =1(a
a2 b2
1
>b>0)上，点Mm,
2
m≠0 在椭圆C内.设点A，B为C的短轴的上、下端点，直线
1
AM，BM分别与椭圆C相交于点E，F，且EA，EB的斜率之积为- .
4
(1)求椭圆C的方程；
第 页 共 页
2564 3427S 1
(2)记S ，S 分别为△BME，△AMF的面积，若 △AMF = ，求m的值.
△BME △AMF S 4
△BME
【解析】(1)设Ex,y ，依题意A0,b ，B0,-b ，
y-b y+b y2-b2 1 x2 y2
可得k ⋅k = ⋅ = =- ，整理可得 + =1，
EA EB x-0 x-0 x2 4 4b2 b2
又椭圆C过点-2,0
x2
，所以b2=1，故椭圆C的方程为 +y2=1；
4
1 x2
(2)依题意，可知AM：y=- x+1，代入椭圆方程 +y2=1，
2m 4
整理得m2+1
4m m2-1
x2+4mx=0，从而得到E ,
m2+1 m2+1
，
3 x2
又BM：y= x-1，代入椭圆方程 +y2=1，
2m 4
整理得m2+9
12m 9-m2
x2-12mx=0，从而得到F ,
m2+9 m2+9
，
MA
所以
ME
m
=
4m -m
m2+1
m2+1
=
4-m2-1
m2+1
=
3-m2
，
MF
MB
12m
-m
m2+9
=
m
12-m2-9
=
3-m2
=
m2+9
，
m2+9
1
S 2 AM
则 △AMF =
S △BME
⋅MF ⋅sin∠AMF
1 BM
2
⋅ME
AM
=
⋅sin∠BME
⋅MF
BM ⋅ME
m2+1
=
3-m2
3-m2
⋅
m2+1 8
= =1- ,
m2+9 m2+9 m2+9
S 1 8 1 5 15
由于 △AMF = ，所以1- = ，解得m=± =± .
S 4 m2+9 4 3 3
△BME
x2 y2
4085 (2024·四川南充·四川省南充高级中学校考三模)已知椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
的
1
左、右焦点为F,F，离心率为 .点P是椭圆C上不同于顶点的任意一点，射线PF,PF
1 2 2 1 2
分别与椭圆C交于点A,B，△PFB的周长为8.
1
(1)求椭圆C的标准方程；
S S
(2)设△PFF，△PFB，△PAB的面积分别为S,S ,S .求证： 2 + 1 为定值.
1 2 1 1 2 3 S -S S -S
3 2 2 1
【解析】(1)因为△PF 1 B的周长为8，即PF 1 +PF 2 +BF 1 +BF 2 =2a+2a=8
所以4a=8，可得a=2，
c 1
由椭圆的离心率e= = ，可得c=1，从而b2=a2-c2=3，
a 2
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1．
4 3
第 页 共 页
2565 3427x2 y2
(2)证明：设P(x ,y ),A(x,y),B(x ,y )，则 0 + 0 =1，
0 0 1 1 2 2 4 3
x +1
可设直线PA的方程为x=my-1，其中m= 0 ，
y
0
x=my-1
联立方程x2 y2 ，整理得(3m2+4)y2-6my-9=0，
+ =1
4 3
-9 -9
则y y = =
0 1 3m2+4 x +1
3 0
y
0
，
2
+4
-9
同理可得，y y =
0 2 x -1
3 0
y
0
．
2
+4
1
因为 S 2 + S 1 = S △PF1B + S △PF1F2 = 2 PF 1
S -S S -S S S
3 2 2 1 △AF1B △BF1F2
· F 1 B sin∠PFB 1
1
2 AF 1 · F 1 B
+
sin∠AFB 1
1
PF 2 2 · F 1 F 2 sin∠PFF 2 1
1 2 BF 2 · F 1 F 2
= PF 1
sin∠BFF 2 1
AF 1
+ PF 2
BF 2
，
所以 S 2 + S 1 = PF 1
S -S S -S 3 2 2 1
AF 1
+ PF 2
BF 2
y y 1 1 = 0 + 0 =-y +
-y -y 0 y y 1 2 1 2
x +1 y2 3 0 0 y
= 0
2 x -1 +4+3 0 y
0
2 +4 3(x +1)2+3(x -1)2+8y2 6x2+8y2+6
= 0 0 0 = 0 0 =
9 9 9
24+6 10
= ，
9 3
S S
所以 2 + 1 是定值．
S -S S -S
3 2 2 1
6 题型六：四边形的面积问题之对角线垂直模型
x2 y2
4086 (2024·河南·襄城高中校联考三模)设双曲线E: - =1a>0,b>0
a2 b2
的左、右焦点分
别为F 1 ,F 2 ，F 1 F 2
x
=2 5，且E的渐近线方程为y=± ． 2
(1)求E的方程；
(2)过F 作两条相互垂直的直线l 和l ，与E的右支分别交于A，C两点和B，D两点，求
2 1 2
四边形ABCD面积的最小值．
x2 y2
【解析】(1)由题意，得E: - =1a>0,b>0
a2 b2
b
的渐近线方程为y=± x，
a
x b 1
因为双曲线E的渐近线方程为y=± ，所以 = ，即a=2b，
2 a 2
又因为F 1 F 2 =2 a2+b2=2 5b2=2 5，所以b=1，则a=2，
x2
故E的方程为 -y2=1．
4
(2)根据题意，直线l ，l 的斜率都存在且不为0，
1 2
设直线l 1 :y=kx- 5
1
，l 2 :y=- k x- 5 ，其中k≠0，
因为l 1 ，l 2 均与E的右支有两个交点，所以k
1 1
> ，- 2 k
1 1
> ，所以 <k2<4， 2 4
第 页 共 页
2566 3427x2
将l 1 的方程与 4 -y2=1联立，可得1-4k2 x2+8 5k2x-20k2-4=0，
设Ax 1 ,y 1 ,Cx 2 ,y 2
-8 5k2 -20k2-4
，则x +x = ，xx = ， 1 2 1-4k2 1 2 1-4k2
所以AC = x 1 -x 2 2+y 1 -y 2 2= 1+k2 x 1 -x 2 = 1+k2 x 1 +x 2 2-4xx 1 2
-8 5k2
= 1+k2
1-4k2
2 -20k2-4 4 1+k2
-4× = 1+k2⋅
1-4k2 1-4k2
41+k2
=
，
4k2-1
1
用- 替换k，可得BD
k
4k2+1
=
，
4-k2
1
所以S = AC
ABCD 2
⋅BD
1
41+k2
= ⋅
2
4k2+1
⋅
4k2-1
k2+1
=8⋅
4-k2
2
4k2-1
4-k2
．
5
令t=k2+1，所以k2=t-1,t∈ ,5
4
，
t2 1 8
则S =8⋅ =8⋅ =
ABCD -4t2+25t-25 25 25 1 1
-4+ - -25 -
t t2 t 2
32
≥ ，
2 9 9
+
4
1 1
当 = ，即k=±1时，等号成立，
t 2
32
故四边形ABCD面积的最小值为 ．
9
x2 y2
4087 (2024·山西朔州·高三校联考开学考试)已知椭圆E： + =1(a>b>0)的左、右焦
a2 b2
点分别为F 1 ，F 2 ，M为椭圆E的上顶点，MF 1 ⋅MF 2 =0，点N 2,-1 在椭圆E上.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过焦点F 的两条互相垂直的直线分别与椭圆E相交于A，B两点和C，D两点，
2
求四边形ACBD的面积的最小值.
【解析】(1)设F 2c,0
，由MF ⋅MF =0，有MF ⊥MF. 1 2 1 2
又由MF 1 =MF 2
π
，有∠MFO= (O为坐标原点)，可得b=c，a2=2b2， 2 4
x2 y2
可得椭圆E的方程为 + =1，
2b2 b2
2 1
代入点N的坐标，有 + =1，解得b= 2，a=2，
2b2 b2
x2 y2
故椭圆E的标准方程为 + =1；
4 2
(2)①当直线AB的斜率不存在或为0时，AB
2b2
为长轴长或 ，
a
不妨设AB =2a=4，CD
2b2
= =2，
a
第 页 共 页
2567 34271
故S = AB
四边形ACBD 2
×CD =4；
②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB：y=kx- 2 ，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
y=kx- 2
联立方程
x2 y2 ，消去y得1+2k2
+ =1
4 2
x2-4 2k2x+4k2-4=0，
4 2k2 4k2-4
则x +x = ，xx = ，
1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
所以AB = x 1 -x 2 2+y 1 -y 2 2= x 1 -x 2 2+ kx 1 - 2 -kx 2 - 2 2
= 1+k2⋅ x 1 -x 2 2= 1+k2× x 1 +x 2 2-4xx 1 2
4 2k2
= 1+k2×
1+2k2
2 4k2-4 4k2+1
-4× =
1+2k2
，
2k2+1
同理可得CD
1
4 +1
k2
=
4k2+1
=
2
+1
k2
，
k2+2
1
所以S = AB
四边形ACBD 2
×CD
8k2+1
=
2
k2+2
2k2+1
，
因为k2+2 2k2+1
k2+2
≤
+2k2+1
2
2 9k2+1
=
2
，
4
当且仅当k2+2=2k2+1，即k=±1时等号成立，
8k2+1
所以S ≥
四边形ACBD
2
9k2+1
32 32
= ，而 <4，
2 9 9
4
32
综上：四边形ACBD的面积的最小值为 .
9
4088 (2024·江西·高三统考阶段练习)已知直线l:x-y+1=0与抛物线C:x2=2py(p>0)交
于A,B两点，AB =8.
(1)求p；
(2)设抛物线C的焦点为F，过点F且与l垂直的直线与抛物线C交于E,G，求四边形
AEBG的面积.
【解析】(1)设Ax ,y A A ,Bx B ,y B ，
x-y+1=0
由
x2=2py
，可得x2-2px-2p=0，
易得Δ=4p2+8p>0，所以x +x =2p,x x =-2p，
A B A B
则AB = 2× x A +x B 2-4x x =2 2 p2+2p=8， A B
即p2+2p-8=0，因为p>0，所以p=2.
(2)由题意可得抛物线C的焦点为F0,1 ，直线EG的方程为x+y-1=0.
第 页 共 页
2568 3427x+y-1=0
联立
x2=4y
，化简可得x2+4x-4=0，则Δ=16+16>0，
设Ex 1 ,y 1 ,Gx 2 ,y 2 ，则x 1 +x 2 =-4,y 1 +y 2 =2-x 1 +x 2 =6，
则EG =y +y +p=8， 1 2
1
因为AB⊥EG，所以S = AB
AEBG 2
⋅EG
1
= ×8×8=32.
2
7 题型七：四边形的面积问题之一般四边形
x2 y2
4089 (2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)已知椭圆C: + =1a>b>0
a2 b2
过
3
1,
2
6
和 2,
2
两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为A，B，当动点M在定直线x=4上运动时，直线
AM，BM分别交椭圆于两点P和Q.
(i)证明：点B在以PQ为直径的圆内；
(ii)求四边形APBQ面积的最大值.
3
【解析】(1)依题意将1,
2
6
和 2,
2
x2 y2
两点代入椭圆 + =1可得
a2 b2
1 9
a2 + 4b2 =1 a2=4
，解得 ；
2 3 b2=3
+ =1
a2 2b2
x2 y2
所以椭圆方程为 + =1
4 3
(2)(i)易知A-2,0 ,B2,0 ，由椭圆对称性可知，不妨设M4,t ,t>0，Px P ,y P ,
Qx ,y
Q Q
；
t t
根据题意可知直线AM,BM斜率均存在，且k = ,k = ；
AM 6 BM 2
t
所以直线AM的方程为y= x+2
6
t
，BM的方程为y= x-2
2
；
第 页 共 页
2569 3427t
y= x+2
6
联立直线AM和椭圆方程
x2 y2 ，消去y可得27+t2
+ =1
4 3
x2+4t2x+4t2-108=0；
4t2-108 54-2t2 t
由韦达定理可得-2x P = 27+t2 ，解得x P = 27+t2 ，则y P = 6 x P +2
18t
= ； 27+t2
t
y= x-2
2
联立直线BM和椭圆方程
x2 y2 ，消去y可得3+t2
+ =1
4 3
x2-4t2x+4t2-12=0；
4t2-12 2t2-6 t
由韦达定理可得2x = ，解得x = ，则y = x -2
Q 3+t2 Q 3+t2 Q 2 Q
6t
=- ；
3+t2
54-2t2 18t
则BP= -2,
27+t2 27+t2
-4t2 18t
= ,
27+t2 27+t2
2t2-6 6t
，BQ= -2,-
3+t2 3+t2
=
-12 6t
,-
3+t2 3+t2
；
-4t2 12
所以BP⋅BQ= ×-
27+t2 3+t2
18t 6t
+ ×-
27+t2 3+t2
-60t2
=
27+t2
3+t2
<0；
即可知∠PBQ为钝角，
所以点B在以PQ为直径的圆内；
1
(ii)易知四边形APBQ的面积为S= ×AB 2 ×y -y P Q
18t 6t
=2 + 27+t2 3+t2 =
48t9+t2
9+t2
48
= ，
2+12t2 9+t2 12t
+
t 9+t2
9+t2 9+t2 9 9
设λ= ,t>0，则λ= = +t≥2 ⋅t=6，当且仅当t=3时等号成立；
t t t t
12
由对勾函数性质可知y=λ+ 在6,+∞
λ
上单调递增，
12 48 48
所以y=λ+ ≥6+2=8，可得S= ≤ =6，
λ 12 8
λ+
λ
由对称性可知，即当点M的坐标为4,3 或4,-3 时，
四边形APBQ的面积最大，最大值为6.
x2 y2
4090 (2024·新疆伊犁·高三校考阶段练习)已知椭圆C： + =1a>b>0
a2 b2
经过点
2 2
P- ,-
3 3
，O为坐标原点，若直线l与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为M，
1
直线l与直线OM的斜率乘积为- .
2
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若四边形OAPB为平行四边形，求四边形OAPB的面积.
【解析】(1)由题意可设：直线l:y=kx+m，Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2
x +x y +y
，则M 1 2, 1 2 2 2 ，
y +y
1 2
y -y 2 y +y
可得：直线l的斜率k= 1 2，直线OM的斜率k = = 1 2，
x -x OM x +x x +x
1 2 1 2 1 2
2
x2 y2
1 + 1 =1
a2 b2
因为A，B两点在椭圆C上，则 ，
x2 y2
2 + 2 =1
a2 b2
第 页 共 页
2570 3427y2-y2 b2 b2
两式相减得整理得 1 2 =- ，即k⋅k =- ，
x2-x2 a2 OM a2
1 2
b2 1
所以- =- ，可得a2=2b2，
a2 2
2 2
又因为点P- ,- 3 3
a
4
2=2b2
4
a2= 4
3
在椭圆C上，则
a
9
2
+
b
9
2
=1 ，解得 b2= 2
3
，
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
4 2
3 3
1 1
(2)因为四边形OAPB为平行四边形，则M为OP的中点，可得M- ,-
3 3
，
2
-
3 1
则k = =1，可得直线l的斜率k=- ，
OM 2 2
-
3
1 1 1
所以直线l的方程为y+ =- x+
3 2 3
，即x+2y+1=0，
可得点O0,0
1 5
到直线l的距离d= = ，
12+22 5
x2 y2
由(1)可知：椭圆C的标准方程为 + =1，即3x2+6y2=4，
4 2
3 3
x+2y+1=0
联立方程
3x2+6y2=4
，消去y得9x2+6x-5=0，
可得Δ=36-4×9×-5
2 5
=216>0，且x +x =- ,xx =- ， 1 2 3 1 2 9
则AB
1
= 1+-
2
2 2
-
3
2 5
-4-
9
30
= ，
3
1
所以四边形OAPB的面积S =2× ×d×AB
OAPB 2
5 30 6
= × = .
5 3 3
x2 y2
4091 (2024·上海黄浦·高三格致中学校考开学考试)定义：若椭圆C: + =1(a>b>0)
a2 b2
上的两个点Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2
xx yy
满足 1 2 + 1 2 =0，则称A,B为该椭圆的一个“共轭点 a2 b2
对”，记作A,B .已知椭圆C的一个焦点坐标为F 1-2 2,0 ，且椭圆C过点A3,1 .
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求“共轭点对”A,B 中点B所在直线l的方程；
(3)设O为坐标原点，点P,Q在椭圆C上，且PQ⎳OA，(2)中的直线l与椭圆C交于两
点B,B ，且B 点的纵坐标大于0，设四点B,P,B ,Q在椭圆C上逆时针排列.证明：四边
1 2 1 1 2
形BPB Q的面积小于8 3.
1 2
第 页 共 页
2571 3427x2 y2
【解析】(1)依题意，椭圆C: + =1(a>b>0)的另一焦点为F(2 2,0)，
a2 b2 2
因此2a=|AF|+|AF|= (3+2 2)2+12+ (3-2 2)2+12 =(2 3+ 6)+(2 3-
1 2
6)=4 3，
于是a=2 3,b= (2 3)2-(2 2)2=2，
x2 y2
所以椭圆C的标准方程为 + =1.
12 4
(2)设“共轭点对”A,B 中点B的坐标为Bx,y ，由(1)知，点A3,1
x2
在椭圆C： +
12
y2
=1上，
4
3x y
依题意，直线l的方程为 + =0，整理得x+y=0，
12 4
所以直线l的方程为x+y=0.
(3)由(2)知，直线l：x+y=0，由 y x2 = + - 3 x y2=12 ，解得 x y= =- 3 3 或 x y= = - 3 3 ，则B 1 (
- 3, 3)，B ( 3,- 3)，
2
设点Px P ,y P ，Qx ,y Q Q
x2 y2
，则 12 P + 4 P =1 ，两式相减得 (x P -x Q )(x P +x Q ) + x2 y2 12
Q + Q =1
12 4
(y -y )(y +y )
P Q P Q =0，
4
又PQ⎳OA，于是 y P -y Q = 1 ，则y +y =-(x +x )，有 y P +y Q =- x P +x Q，线段
x -x 3 P Q p Q 2 2
P Q
PQ被直线l平分，
1
设点P到直线x+y=0的距离为d，则四边形BPB Q的面积S =2S =2×
1 2 B1PB2Q △PB1B2 2
×B 1 B 2 ×d，
而B 1 B 2 = - 3- 3 2+ 3+ 3 2=2 6，则有S =2 6d， B1PB2Q
设过点P且与直线l平行的直线l 的方程为x+y=m，则当l 与C相切时，d取得最大
1 1
值，
x+y=m
由 x2 y2 消去y得4x2-6mx+3m2-4
+ =1
12 4
=0，
令Δ=36m2-48m2-4 =0，解得m=±4，
当m=±4时，此时方程为4x2±24x+36=0，即x±3
2=0，解得x=±3，
则此时点P或点Q必有一个和点A3,1 重合，不符合条件PQ⎳OA，从而直线l 与C 1
不可能相切，
第 页 共 页
2572 34274
即d小于平行直线x+y=0和x+y=4(或x+y=-4)的距离 =2 2，
2
所以S <2 6×2 2=2 6×2 2=8 3.
B1PB2Q
x2 y2
4092 (2024·四川成都·高三石室中学校考开学考试)已知椭圆C ： + =1(a>b>0)左、
1 a2 b2
右焦点分别为F，F，且F 为抛物线C :y2=8x的焦点，P(2, 2)为椭圆C 上一点.
1 2 2 2 1
(1)求椭圆C 的方程；
1
(2)已知A，B为椭圆C 上不同两点，且都在x轴上方，满足FA=λFB.
1 1 2
(ⅰ)若λ=3，求直线FA的斜率；
1
(ⅱ)若直线FA与抛物线y2=x无交点，求四边形FFBA面积的取值范围.
1 1 2
【解析】(1)依题意得c=2，则F(-2,0)，F(2,0)，而P(2, 2)，
1 2
于是2a=PF 1 +PF 2 = 42+2+ 02+2=4 2，
从而a=2 2. 又a2=b2+c2，解得b=2，
x2 y2
所以椭圆C 的方程为 + =1.
1 8 4
(2)如图，设FA直线交椭圆于另一点B，FB直线交椭圆于另一点A，
1 2
由F 1 A=λF 2 B，故F 1 A⎳F 2 B，由椭圆对称性，BF 2 =BF 1 ,AF 1 =AF 2 ，且四边形
ABAB为平行四边形.
(ⅰ)由题意直线AB的斜率不为0，设直线AB：x=ty-2，
x=ty-2
由
x2+2y2=8
，消去x整理得t2+2
y2-4ty-4=0，
设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2
4t 4
，则y +y = ，yy =- ， 1 2 t2+2 1 2 t2+2
6t -2t
由FA=3FB⇒FA=-3FB⇒y =-3y (*)带入上式，解得：y = ,y = ，
1 2 1 1 1 2 1 t2+2 2 t2+2
12t2 4
故- =- ，由于λ=3，FA
(t2+2)2 t2+2 1
>FB
2
，所以t>0，
所以t=1，故FA的斜率为1.
1
x=ty-2
(ⅱ)由
y2=x
，消去x整理得y2-ty+2=0，由Δ=-t
2-8<0得t2<8.
所以AB = 1+t2 y 1 -y 2 = 1+t2 y 1 +y 2
4 2t2+1
2-4yy = 1 2
， t2+2
4
AB与BA间的距离d= (即点F 到AB的距离)，
t2+1 2
1 1 4 2t2+1
故S = S = ⋅
AF1F2B 2 ABAB 2
4 8 2 t2+1
⋅ = ，
t2+2 t2+1 t2+2
令 t2+1=s∈1,3
1
，函数y=s+ 在区间1,3
s
上单调递增，
1 10
所以y=s+ ∈ 2,
s 3
，
8 2 t2+1 8 2s 8 2 12 2 则S = = = ∈ ,4 2
AF1F2B t2+2 s2+1 1 5
s+
s
，
12 2 所以四边形AFFB的面积的取值范围为 ,4 2
1 2 5
.
第 页 共 页
2573 3427x2 y2
4093 (2024·湖北·高三孝感高中校联考开学考试)已知椭圆E: + =1a>b>0
a2 b2
的离心
2
率e= ，且经过点 2,-1
2
.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线l:y=kx+m与椭圆E交于A，B两点，且椭圆E上存在点M，使得四边形
OAMB为平行四边形.试探究：四边形OAMB的面积是否为定值？若是定值，求出四边
形OAMB的面积；若不是定值，请说明理由.
c 2 2 1
【解析】(1)由已知可得： = ， + =1，a2=b2+c2
a 2 a2 b2
x2 y2
可得：a=2，b=c= 2，椭圆E的方程为 + =1.
4 2
(2)四边形OAMB的面积为定值 6，理由如下：
x2 y2
将y=kx+m代入 + =1可得：2k2+1
4 2
x2+4kmx+2m2-4=0，
设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2
4km 2m2-4
则x +x =- ，xx =- ， 1 2 2k2+1 1 2 2k2+1
且y 1 +y 2 =kx 1 +x 2
2m
+2m= ， 2k2+1
由于四边形OAMB为平行四边形，则OM=OA+OB，
4km 2m
则点M- ,
2k2+1 2k2+1
，代入椭圆E的方程，化简可得：2m2=2k2+1，
此时Δ=4km 2-42k2+1 2m2-4 =122k2+1 >0恒成立，
m
由于点O到直线AB的距离为d=
，
k2+1
而AB = 1+k2× x 1 +x 2
4km
2-4xx = 1+k2× - 1 2 2k2+1
2 2m2-4
-4× ， 2k2+1
又由2m2=2k2+1，可得AB
2 3
= 1+k2⋅ ，
2k2+1
从而S =2S =AB
OAMB △AOB
2 3m
⋅d=
，
2k2+1
又S
OAMB
12m2 12m2
2= = =6.
2k2+1 2m2
所以四边形OAMB的面积为定值 6.
第 页 共 页
2574 3427x2
4094 (2024·浙江·高三浙江省普陀中学校联考开学考试)类似于圆的垂径定理，椭圆C： +
a2
y2
=1(a>b>0)中有如下性质：不过椭圆中心O的一条弦PQ的中点为M，当PQ，
b2
b2 x2 y2
OM斜率均存在时，k ⋅k =- ，利用这一结论解决如下问题：已知椭圆E： +
PQ OM a2 81 9
=1，直线OP与椭圆E交于A，B两点，且OA=3OP，其中O为坐标原点.
(1)求点P的轨迹方程Γ；
(2)过点P作直线CD交椭圆E于C，D两点，使PC+PD=0，求四边形ACBD的面积.
【解析】(1)设Px,y
，因为OA=3OP，
∴A3x,3y
9x2 9y2
，代入椭圆E得： + =1，
81 9
x2
∴点P的轨迹方程Γ为： +y2=1.
9
(2)
设Px 0 ,y 0
x2
，由(1)则 0 +y2=1， 9 0
①当直线OP不与坐标轴重合时，由PC+PD=0，知P为CD中点，
y 1 x
∵k ⋅k = 0 ⋅k =- ，∴k =- 0
OP CD x CD 9 CD 9y
0 0
x
直线CD：y=- 9y 0 x-x 0
0
x 1
+y =- 0 x+ ， 0 9y y
0 0
代入椭圆E：x2+9y2=81的方程得：
x2
y2+ 0
0 9
x2-2x x+9-81y2=0
0 0
即：x2-2x 0 x+9-81y2 0 =0，设Cx 1 ,y 1 ，Dx 2 ,y 2 ，
∵Δ>0
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2575 3427x +x =2x
由根与系数关系， 1 2 0
xx =9-81y2
1 2 0
∴CD
x2
= 1+ 81y 0 2 x 1 -x 2
0
x2 x2
= 1+ 81y 0 2 ⋅ 4x2 0 -36+4⋅81y2 0 = 1+ 81y 0 2 ⋅12 2y 0
0 0
，
设d 表示点A到直线CD的距离，d 表示点B到直线CD的距离，
A→CD B→CD
- 3x2 0 -3y + 1
9y 0 y
0 0 d +d =
A→CD B→CD
+ 3x2 0 +3y + 1
9y 0 y
0 0
6
y
= 0
x2
1+ 0
81y2
0
x2
1+ 0
81y2
0
1
∴S = CD ACBD 2 ⋅d +d A→CD B→CD
6
= y
0
⋅6 2y 0 =36 2；
它法：利用比例关系转化：S =2S =4S =12S =6S ，酌情给分.
ACBD △ABC △AOC △AOC △OCD
②当直线OP与坐标轴重合时，
不妨取P0,1 ，C6 2,1 ，D-6 2,1 ，S =36 2
ACBD
或P3,0 ，C3,2 2 ，D3,-2 2 ，S =36 2
ACBD
综上所述：四边形ACBD的面积是36 2.
4095 (2024·浙江·高三舟山中学校联考开学考试)已知抛物线E：y=x2与圆M：x2+y-4 2
=r2 r>0 相交于A，B，C，D四个点．
(1)当r=2时，求四边形ABCD的面积；
(2)四边形ABCD的对角线交点是否可能为M，若可能，求出此时r的值，若不可能，请说
明理由；
(3)当四边形ABCD的面积最大时，求圆M的半径r的值．
【解析】(1)将y=x2代入x2+y-4
2=4，并化简得y2-7y+12=0，解得y=3或y=4，
代入抛物线方程可得
A 3,3 ，B- 3,3 ，C-2,4 ，D2,4
1
S= 2 3+4
2
×4-3 = 3+2；
(2)联立抛物线与圆的方程有y2-7y+16-r2=0，可得yy =16-r2．
1 2
不妨设E与M的四个交点的坐标为A y 1 ,y 1 ，B- y 1 ,y 1 ，C- y 2 ,y 2 ，D y 2 ,y 2 ．
y -y
直线AC的方程为y-y 1 = - y 2 - 1 y ⋅x- y 1
2 1
，
由对称性，对角线交点肯定在y轴上，令x=0，
解得交点坐标为0, y 1 y 2 ．若交点为M点，则yy =16，则r=0，不可能． 1 2
(3)联立抛物线与圆的方程有y2-7y+16-r2=0，可得yy =16-r2．
1 2
1
由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其面积S= 2 ⋅2 y 1 +2 y 2 ⋅y 2 -y 1
第 页 共 页
2576 3427则S2=y 1 +y 2 +2 y 1 y 2 ⋅ y 1 +y 2 2-4yy 1 2 ，
7
设t= yy ，则t= 16-r2，0<t<
1 2 2
将y 1 +y 2 =7， y 1 y 2 =t代入上式，并令ft =S2，
得ft =7+2t 2⋅7-2t
7
0<t<
2
求导数，ft =-22t+7 6t-7
令ft
7 7
=0，解得：t= ，t=- (舍去)．
6 2
7
当0<t< 时，ft
6
>0；此时ft 单调递增，
7
当t= 时，ft
6
7 7
=0；当 <t< 时，ft
6 2
<0．此时ft 单调递减，
7
故当且仅当t= 时，ft
6
取得最大值，即此时四边形ABCD的面积最大，
527
此时r= ．
6
x2 x2 y2
4096 (2024·四川成都·校联考模拟预测)已知椭圆C ： +y2=1(a>1)与椭圆C ： +
1 a2 2 12 b2
=1(0<b<2 3)的离心率相同，且椭圆C 的焦距是椭圆C 的焦距的 3倍．
2 1
(1)求实数a和b的值；
(2)若梯形ABCD的顶点都在椭圆C 上，AB∥CD，CD=2AB，直线BC与直线AD相
1
交于点P．且点P在椭圆C 上，试探究梯形ABCD的面积是否为定值，若是，请求出该
2
定值；若不是，请说明理由．
a2-1 12-b2
【解析】(1)由题意知， = ，且2 12-b2=2 3⋅ a2-1，
a 2 3
解得a=2，b= 3．
3 3
(2)梯形ABCD的面积是定值，该定值为 ．
2
理由如下：
x2 x2 y2
由(1)知C ： +y2=1，C ： + =1,
1 4 2 12 3
设Cx 1 ,y 1 ，Dx 2 ,y 2 ，Px 0 ,y 0
x2 y2
，则 0 + 0 =1， 12 3
因为AB∥CD，CD=2AB，所以A，B分别为PD，PC的中点，
x +x y +y
则B 1 0, 1 0 2 2
x +x y +y
，A 2 0, 2 0 2 2
x2
1 +y2=1
4 1
，则 x +x 1 0
2
2
y +y
+ 1 0
4 2
，
2
=1
第 页 共 页
2577 3427x2 x x
作差可得， 0 +y2+ 0 1 +2y y -3=0．
4 0 2 0 1
x2 y2 x2
因为 0 + 0 =1，即y2=3- 0，所以x x +4y y =0．
12 3 0 4 0 1 0 1
同理可得，x x +4y y =0，所以C，D都在直线x x+4y y=0上，
0 2 0 2 0 0
即直线CD的方程为x x+4y y=0．
0 0
x x+4y y=0
0 0 x2 x2 x2
联立x2 ，可得y2= 0 = 0 ，x2=41- 0
+y2=1 x2+4y2 12 12
4 0 0
，
x2 x2
则|x -x |=4 1- 0 ,|y -y |=2 0 ，
1 2 12 1 2 12
即CD = (x -x )2+(y -y )2= 16-x2． 1 2 1 2 0
x2+4y2 12 4 3
又因为点P到直线CD的距离d= 0 0 = = ，
x2+16y2 x2+16y2 16-x2
0 0 0 0 0
1
所以△PCD的面积为S = CD △PCD 2
1 4 3
⋅d= ⋅ 16-x2⋅ =2 3． 2 0 16-x2
0
3
又因为△PBA∽△PCD，CD=2AB，所以S =4S ,∴S = ，
△PCD △PBA △PBA 2
3 3
所以梯形ABCD的面积为S =S -S = ．
梯形ABCD △PCD △PBA 2
4097 (2024·广东佛山·统考模拟预测)在平面直角坐标系中，点O为坐标原点，M-1,0 ，
N1,0
PM
，Q为线段MN上异于M,N的一动点，点P满足
QM
PN
=
QN
=2.
(1)求点P的轨迹E的方程；
(2)点A,C是曲线E上两点，且在x轴上方，满足AM⎳NC，求四边形AMNC面积的最
大值.
PM
【解析】(1)∵
QM
PN
=
QN
=2，∴PM =2QM ，PN =2QN ，
∴PM +PN =2 QM +QN =2MN =4，
∴P点轨迹是以M,N为焦点，长轴长为4的椭圆，
x2 y2
设椭圆方程为 + =1a>b>0
a2 b2
，则a=2，c=1，∴b2=a2-c2=3，
x2 y2
∴点P的轨迹E的方程为： + =1.
4 3
(2)连接CO，延长交椭圆E于点B，连接BM,AN,CM，
由椭圆对称性可知：OC =OB ，又OM =ON ，∴四边形CMBN为平行四边形，
∴CN⎳BM，CN =BM ，∴S =S 且A,M,B三点共线
△BOM △CON
∴四边形AMNC的面积S=S +S +S =S +S +S =S ，
△ACM △COM △CON △ACM △COM △BOM △ABC
第 页 共 页
2578 3427设直线AB:x=my-1，Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 y 1 >0 ，
x2
+
y2
=1
由 4 3 得：3m2+4
x=my-1
y2-6my-9=0，
6m 9
∴y +y = ，yy =- ，
1 2 3m2+4 1 2 3m2+4
∴AB = 1+m2⋅ y 1 +y 2
1+m2⋅ 483m2+3
2-4yy = 1 2
121+m2
= 3m2+4
， 3m2+4
又AM⎳NC，∴点C到直线AB的距离即为点N到直线AB的距离，
2 1
∵点N到直线AB的距离d= ，∴S= AB
1+m2 2
12 1+m2
⋅d= =
3m2+4
1+m2
12
3m2+4
，
2
t-4
1+
t-4 3 t-1
设3m2+4=t，则m2= ，t≥4，∴S=12 =12 =4 3⋅
3 t2 3t2
1 1 1 1
- + =4 3⋅ - -
t2 t t 2
2 1
+ ，
4
1 1 1 1
又 ≤ ，∴当 = ，即m=0时，四边形AMNC面积取得最大值，最大值为3.
t 4 t 4
4098 (2024·广东广州·高三华南师大附中校考阶段练习)已知O为坐标原点，F 1-1,0 ，
F 21,0
1
是椭圆E的两个焦点，斜率为 的直线l 与E交于A，B两点，线段AB的中点坐 4 1
1 2
标为 ,-
3 3
，直线l 过原点且与E交于C，D两点，椭圆E过C的切线为l ，OD的中
2 3
点为G.
(1)求椭圆E的方程.
(2)过G作直线l 的平行线l 与椭圆E交于M，N两点，在直线l 上取一点Q使CG=
3 4 2
GQ，求证：四边形MQNC是平行四边形.
(3)判断四边形MQNC的面积是否为定值，若是定值请求出面积，若不是，请说明理由.
x2 y2
【解析】(1)由题知，设椭圆方程为 + =1，
a2 b2
1
设l 1 ：y= 4 x+m，Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，则c=1，
x2 y2
+ =1
联立 a2 1 b2 得 1 1 6 a2+b2
y= x+m
4
1 x2+ a2mx+a2m2-a2b2=0， 2
1 2
因为线段AB的中点坐标为 ,-
3 3
，
1
a2m
2 2
所以x +x =- = ，
1 2 1 3
a2+b2
16
1
y 1 +y 2 = 4 x 1 +x 2
1 2 4
+2m= × +2m=- ， 4 3 3
3
所以m=- ，再代入x +x 得a2=2b2，
4 1 2
又a2-b2=c2，
所以a2=2,b2=1，
第 页 共 页
2579 3427x2
所以椭圆E的方程为 +y2=1.
2
(2)设Cx ,y C C ,Dx D ,y D ,Mx M ,y M ,Nx N ,y N ，
x y
则x =-x ,y =-y ，因OD的中点为G，所以G D, D
D C D C 2 2
，
b2x x
根据已知，过C点的切线方程斜率为- C =- C ，
a2y 2y
C C
x2
又 C +y2 =1，知x2 =2-2y2，
2 C C C
y x x
所以l ：y- D =- C x- D
4 2 2y 2
C
，
y x x
即y+ C =- C x+ C
2 2y 2
C
x 1
，y=- Cx- ，
y 2y
C C
y=-
2
x
y
C x-
2y
1
1 x2
联立 C C 得 + C
x2 2 4y2
+y2=1 C
2
x 1
x2+ C x+ -1=0，
2y2 4y2
C C
x
C
2y2
所以x +x =- C =-x =x =2x ，
M N 1 x2 C D G
+ C
2 4y2
C
x
y M +y N =- 2y C x M +x N
C
1
- =-y =y =2y ， y C D G
C
x +x y +y
可得x = M N,y = M N，
G 2 G 2
即G是MN的中点，
又CG=GQ，知G是CQ的中点，
所以四边形MQNC是平行四边形.
(3)由(2)知，x +x =-x ，y +y =-y ，
M N C M N C
1
-1
4y2 1-4y2
x x = C = C，
M N 1 x2 2
+ C
2 4y2
C
y x x
l ：y- D =- C x- D
4 2 2y 2
C
，即x x+2y y+1=0，
C C
设点C到直线l 的距离为h，
4
所以MN = x M -x N 2+y M -y N 2
= x M -x N x 2+ - 2y C x M -x N
C
2
= x M +x N 2-4x x M N
x2
1+ C 4y2
C
3
= 2+2y2
2 C
，
x2+2y2+1
h= C C
3
= ，
x2+4y2 2+2y2
C C C
1 1 3
所以S = MN⋅h= × 2+2y2
△CMN 2 2 2 C
3 3 6
× = ，
2+2y2 4
C
3 6
所以四边形MQNC的面积为2S = .
△CMN 2
第 页 共 页
2580 34273 6
即四边形MQNC的面积是定值，且为 .
2
4099 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线E：y2=x与圆M：(x-4)2+y2=r2(r>0)相交
于A，B，C， D四个点．
(1)当r=2时，求四边形ABCD面积；
(2)当四边形ABCD的面积最大时，求圆M的半径r的值．
【解析】(1)将y2=x代入x-4
2+y2=4，并化简得x2-7x+12=0，解得x=3或x=
4，代入抛物线方程可得A3, 3 ,B3,- 3 ,C4,-2 ,C4,2 .
1
故S= (2 3+4)×(4-3)= 3+2；
2
(2)不妨设E与M的四个交点的坐标为A(x, x ),B(x,- x ),C(x ,- x ),D(x ,
1 1 1 1 2 2 2
x )．
2
- x - x x + x
则直线AC,BD的方程分别为 y- x = 2 1 ⋅(x-x)，y+ x = 2 1 ⋅
1 x -x 1 1 x -x
2 1 2 1
x + x
(x-x)，两方程相加可得y=0，故 x = 2 1
1 1 x 2 + x 1 x 2 - x 1
⋅(x-x)，解得点P的
1
坐标为( xx ,0)．
1 2
联立抛物线与圆的方程有x-4 2+x=r2，即x2-7x+16-r2=0，可得xx =16-r2. 1 2
7
设t= xx ，则t= 16-r2，由(1)知0<t< 由于四边形ABCD为等腰梯形，因而其
1 2 2
1
面积S= 2 ⋅(2 x 1 +2 x 2 )⋅x 2 -x 1
则S2=(x +x +2 xx )⋅[(x +x )2-4xx ]将x +x =7, xx =t代入上式，并令
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
7
f(t)=S2，得f(t)=(7+2t)2⋅(7-2t)0<t<
2
．
求导数，ft =-2(2t+7)(6t-7) 令 ft
7 7
=0，解得：t= ,t=- (舍去)．
6 2
7
当0<t< 时，ft
6
7
>0；当t= 时，ft
6
7 7
=0；当 <t< 时，ft
6 2
<0.
第 页 共 页
2581 34277 527
故当且仅当t= 时，此时r= ．
6 6
y2 x2 2
4100 (2024·浙江·校联考模拟预测)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，抛
1 a2 b2 2
物线C :x2=8y的准线与C 相交，所得弦长为2 6.
2 1
(1)求C 的方程；
1
(2)若Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 在C 上，且x <0<x ，分别以A,B为切点，作C 的切线相交于 2 1 2 2
点P，点P恰好在C 上，直线AP,BP分别交x轴于M,N两点.求四边形ABMN面积的
1
取值范围.
【解析】(1)由题知C 1 过点 6,-2
e= c = 2
a 2
a=4
，则 4 6 ，解得 ， + =1 a2 b2 b=2 2
a2=b2+c2
y2 x2
∴C: + =1.
1 16 8
(2)设直线AB的方程为y=kx+m(m>0),Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
联立
x2=8y
，得x2-8kx-8m=0，
x +x =8k,xx =-8m,Δ=64k2+32m>0，
1 2 1 2
则AB = 1+k2 x 1 -x 2
x2 x
，而y= ，则y= ， 8 4
x
故以A为切点的切线为y-y 1 = 4 1 x-x 1
x x2 x
，即y= 1x- 1,∴M 1,0 4 8 2 ，
x x2 x
同理以B为切点的切线为y= 2x- 2,∴N 2,0
4 8 2
，则MN
x -x
= 1 2
2
，
x x2
y= 4 1x- 8 1 x x
由 ，故两式作差得： 1 - 2
x x2 4 4
y= 2x- 2
4 8
x2 x2 x +x
x= 1 - 2，所以x= 1 2 =4k，
8 8 2
两式求和得：2y= x 1 +x 2x- x2 1 +x2 2 = x 1 +x 2x- x 1 +x 2
4 8 4
2-2xx xx 1 2 = 1 2 =-2m，
8 4
所以点P4k,-m
m2
,由P在椭圆上 +2k2=1，即m∈0,4
16
.
4k2+2m
点P到直线AB的距离d=
，
k2+1
1
所以S = dAB △ABP 2
1 4k2+2m
= 2 1+k2 ⋅ 1+k2 x 1 -x 2
1
，S △MNP = 2 m
x -x
1 2 2 ，
1 4k2+2m
S=S -S = △ABP △MNP 2 k2+1 ⋅ k2+1x 1 -x 2
1
- m 2
x -x
1 2 2
第 页 共 页
2582 34273
=2k2+ m 4 x 1 -x 2 =8k2+3m 4k2+2m
m2
=- +3m+4
4
m2
- +2m+2
8
(m-6)2
=13-
4
(m-8)2
10- ，
8
(m-6)2 (m-8)2
而y=13- 、y=10- 在m∈0,4
4 8
上递增且恒正，
则S在m∈0,4 上递增，S∈4 2,24 2 .
x2 y2 2
4101 (2024·山东潍坊·三模)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的离心率为 ，且过点
a2 b2 2
6
D 3,
2
．
(1)求椭圆C的标准方程；
1
(2)若动直线l：y=- x+m1≤m<2
2
与椭圆C交于A,B两点，且在坐标平面内存在
两个定点P,Q，使得k k =k k =λ(定值)，其中k ,k 分别是直线PA,PB的斜率，
PA PB QA QB PA PB
k ,k 分别是直线QA,QB的斜率．
QA QB
①求λ的值；
②求四边形PAQB面积的最大值．
【解析】(1)由题意得，
b2 c2 1
a2 =1- a2 = 2 a2=6
解得 ，
3 3 b2=3
+ =1
a2 2b2
x2 y2
则椭圆C的标准方程为 + =1.
6 3
(2)①设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ,Px 0 ,y 0 ，
1
把y=- x+m与椭圆C的标准方程联立，
2
消去y，可得3x2-4mx+4m2-12=0，
注意到x,x 为方程3x2-4mx+4m2-12=0的两根，
1 2
故有恒等式3x2-4mx+4m2-12=3x-x 1 x-x 2 ，
则3x2 0 -4mx 0 +4m2-12=3x 0 -x 1 x 0 -x 2 ，
1
同理，把y=- x+m与椭圆C的标准方程联立，
2
消去x，可得3y2-4my+2m2-3=0，
注意到y,y 为方程3y2-4my+2m2-3=0的两根，
1 2
故有恒等式3y2-4my+2m2-3=3y-y 1 y-y 2 ，
则3y2 0 -4my 0 +2m2-3=3y 0 -y 1 y 0 -y 2 ，
则k k = y 0 -y 1
PA PB
y 0 -y 2
x 0 -x 1 x 0 -x 2
3y2-4my +2m2-3 = 0 0 =λ，
3x2-4mx +4m2-12 0 0
所以4mλx 0 -y 0 +2m2 1-2λ +3y2-3λx2-3+12λ=0， 0 0
λx -y =0
0 0
若k k 为定值，则必有 1-2λ=0 ，
PA PB
3y2-3λx2-3+12λ=0
0 0
第 页 共 页
2583 3427第72讲 垂直弦问题
知识梳理
x2 y2
1、过椭圆 + =1的右焦点F(c,0)作两条互相垂直的弦AB，CD．若弦AB，CD的中
a2 b2
a2c
点分别为M，N，那么直线MN恒过定点 ,0
a2+b2
．
x2 y2
2、过椭圆 + =1的长轴上任意一点S(s,0)(-a<s<a)作两条互相垂直的弦AB，
a2 b2
a2s
CD．若弦AB，CD的中点分别为M，N，那么直线MN恒过定点 ,0
a2+b2
．
x2 y2
3、过椭圆 + =1的短轴上任意一点T(0,t)(-t<t<t)作两条互相垂直的弦AB，CD．
a2 b2
b2t
若弦AB，CD的中点分别为M，N，那么直线MN恒过定点0,
a2+b2
．
x2 y2 s2 t2
4、过椭圆 + =1内的任意一点Q(s,t) + <1
a2 b2 a2 b2
作两条互相垂直的弦AB，CD．若
a2s b2t
弦AB，CD的中点分别为M，N，那么直线MN恒过定点 ,
a2+b2 a2+b2
．
x2 y2
5、以 (x ,y ) 为直角定点的椭圆 + = 1 内接直角三角形的斜边必过定点
0 0 a2 b2
a2-b2 b2-a2
×x , ×y
a2+b2 0 b2+a2 0
6、以上顶点为直角顶点的椭圆内接直角三角形的斜边必过定点，且定点在y轴上．
7、以右顶点为直角顶点的椭圆内接直角三角形的斜边必过定点，且定点在x轴上．
8、以(x ,y )为直角定点的抛物线y2=2px内接直角三角形的斜边必过定点(x +2p，
0 0 0
-y )
0
x2 y2
9、以(x ,y )为直角定点的双曲线 - =1内接直角三角形的斜边必过定点
0 0 a2 b2
a2+b2 a2+b2
x , y
a2-b2 0 b2-a2 0
必考题型全归纳
1 题型一：椭圆内接直角三角形的斜边必过定点
4102 (2024·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考阶段练习)已知点A(-1,0),B(1,0)，动点P满
足：∠APB=2θ，且|PA||PB|cos2θ=1.(P不在线段AB上)
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过椭圆的上顶点作互相垂直的两条直线分别交椭圆于另外一点P、Q，试问直线PQ
是否经过定点，若是，求出定点坐标；若不是，说明理由.
【解析】(1)①当点P在x轴上且在线段AB外时θ=0，
设P(p,0)，则PA=(-1-p,0),PB=(1-p,0)，cosθ=cos2θ=1，
由|PA||PB|cos2θ=|PA||PB|cos2θ=PA⋅PB⋅cosθ=(p+1)(p-1)=1，
所以p=± 2，故P(± 2,0)；
②当点P不在x轴上时，在△PAB中|AB|2=|PA|2+|PB|2-2|PA||PB|cos2θ，
所以(|PA|+|PB|)2-2|PA||PB|(1+cos2θ)=(|PA|+|PB|)2-4|PA||PB|cos2θ=(|PA|
第 页 共 页
2585 3427+|PB|)2-4=4，
∴|PA|+|PB|=2 2>|AB|=2，即动点P在以A、B为两焦点的椭圆上，
x2
方程为： +y2=1且x≠± 2；
2
x2
由①②知：动点P的轨迹C的方程为： +y2=1；
2
(2)显然两直线斜率存在，设AP：y=kx+1，代入椭圆方程得(1+2k2)x2+4kx=0，
4k 1-2k2
所以P- ,
1+2k2 1+2k2
1 4k k2-2
，- 代替k同理可得Q ,
k 2+k2 2+k2
k2-1
，k =
PQ 3k
k2-2 k2-1 4k
直线PQ：y- = x-
2+k2 3k 2+k2
k2-1 1
，化简得y= x- ；
3k 3
1 1
令x=0，得y=- ，故直线PQ过定点0,-
3 3
.
4103 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆C的两个焦点分别为F 1- 3,0 ，F 2 3,0 ，短轴
长为2.
(1)求椭圆C的标准方程及离心率；
(2)M，D分别为椭圆C的左、右顶点，过M点作两条互相垂直的直线MA，MB交椭圆于
A，B两点，直线AB是否过定点？并求出△DAB面积的最大值.
【解析】(1)由题意得：
c= 3，2b=2
故可知a2=b2+c2=4
x2 c 3
椭圆方程为： +y2=1，离心率为：e= =
4 a 2
(2)M，D分别为椭圆C的左、右顶点
又由(1)可知：M(-2,0) 设直线AB的方程为：x=ty+m，A(x,y)，B(x ,y )
1 1 2 2
x=ty+m
联立方程可得：
x2+4y2=4
⇒(t2+4)y2+2mty+m2-4=0
2mt m2-4
有韦达定理可知：y +y =- ，yy =
1 2 t2+4 1 2 t2+4
π
又∠AMB=
2
∴x 1 +2 x 2 +2 +yy =0⇒xx +2(x +x )+4+yy =0 1 2 1 2 1 2 1 2
x =ty +m
又∵
1 1
x =ty +m
2 2
∴(t2+1)yy +(mt+2t)(y +y )+(m+2)2=0
1 2 1 2
(t2+1)(m2-4)-2m2t2-4mt2+(m2+4m+4)(t2+4)=0
6
展开后整理得：5m2+16m+12=0，解得：m=- 或m=-2(舍去)
5
6
∴x=ty-
5
6
直线恒过定点- ,0
5
12t
y +y =
1 2 5t2+4
∴
64
yy =-
1 2 25t2+4
1 6
S = 2+ △DAB 2 5
8
(y 1 -y 2 )= 5 y 1 +y 2
32 25t2+64
2-4yy = ⋅ 1 2 25 t2+4
第 页 共 页
2586 3427令 25t2+64=u(u≥8)
32 u 32u 32
则S = ⋅ = =
△DAB 25 u2-64 u2+36 36
+4 u+
25 u
36 36 25
由对勾函数的单调性可知：u+ ≥8+ =
u 8 2
64
所以S ≤ ，当且仅当u=8，即t=0时取等号
△DAB 25
64
此时S 的最大值为：
△DAB 25
4104 (2024·云南曲靖·高三校联考阶段练习)已知P为圆M:x2+y2=4上一动点，过点P作x
3
轴的垂线段PD,D为垂足，若点Q满足DQ= DP.
2
(1)求点Q的轨迹方程；
(2)设点Q的轨迹为曲线C，过点N-1,0 作曲线C的两条互相垂直的弦，两条弦的中点
分别为E、F，过点N作直线EF的垂线，垂足为点H，是否存在定点G，使得GH 为定值？
若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)由题意得，设点Qx,y ,Px 0 ,y 0 ，则点Dx 0 ,0 ，
3
因为DQ= 2 DP，所以x-x 0 ,y
3
= 2 0,y 0
x =x 0
，则 2 3 ， y = y
0 3
2 3
因为点P在圆x2+y2=4上，所以x2+y2=4，则x2+ y
0 0 3
2 x2 y2
=4，即 + =1，
4 3
x2 y2
所以Q点轨迹方程为 + =1.
4 3
(2)①若两条互相垂直的弦所在直线的斜率均存在，则可设直线EN:x=ty-1t≠0 ，
x=ty-1
联立x2 y2 ，得4+3t2
+ =1
4 3
y2-6ty-9=0，
设直线EN与曲线C两交点的坐标分别为x 1 ,y 1 ,x 2 ,y 2
6t
，则y +y = ， 1 2 4+3t2
y +y 3t 4
∴y = 1 2 = ,x =ty -1=- ；
E 2 4+3t2 E E 4+3t2
1
∵EN⊥FN,∴直线FN:x=- y-1，
t
3t 4t2
同理可得：y =- ,x =- ，
F 3+4t2 F 3+4t2
设直线EF与x轴交于点Tx T ,0 ，
3t 3t
-
4+3t2 3+4t2
则当直线EF斜率存在时，由 = 得7t2+7
4 4t2
- -x - -x
4+3t2 T 3+4t2 T
x =-4t2+4
T
，
4t2+4 4 4
∴x =- =- ，即直线EF恒过点T- ,0
T 7t2+7 7 7
；
4 4t2 4
当直线EF斜率不存在时，由- =- 得t2=1，则x =x =- ，
4+3t2 3+4t2 E F 7
4
则直线EF恒过点T- ,0
7
；
②若两条互相垂直的弦所在直线中有一条斜率不存在，则直线EF为x轴，恒过
4
T- ,0
7
，
第 页 共 页
2587 34274
综上：直线EF恒过点T- ,0
7
;
11
∵NH⊥EF,∴NH⊥HT,∴H在以NT中点- ,0
14
为圆心，NT 为直径的圆上，
11
取G- ,0
14
，则GH
1
= NT
2
3
= 为定值；
14
11
∴存在点G- ,0
14
，使得GH 为定值.
x2
4105 (2024·上海青浦·统考一模)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ: +y2=1，过右焦
2
点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为M，N．
(1)写出椭圆右焦点F的坐标及该椭圆的离心率；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；
(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值．
x2
【解析】(1)由椭圆方程Γ: +y2=1可知：a= 2，b=1，所以c=1
2
2
右焦点坐标F(1,0)，该椭圆的离心率e= ；
2
(2)证明：AB,CD斜率均存在，
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，直线AB方程为y=k(x-1)k≠0 ，
x +x x +x
则M 1 2,k 1 2 -1
2 2
，
y=k(x-1)
联立 ⇒1+2k2
x2+2y2-2=0
x2-4k2x+2k2-2=0，
4k2
x +x =
1 2 1+2k2 2k2 -k
则有 ⇒M ,
2k2-2 1+2k2 1+2k2
xx =
1 2 1+2k2
，
1 2 k
将上式中k换为- ，可得N ,
k 2+k2 2+k2
，
第 页 共 页
2588 34272k2 2 2
若 = ⇒k=±1，则直线MN斜率不存在，此时直线MN过点 ,0
1+2k2 2+k2 3
，
2
下证动直线MN过定点 ,0
3
，
-k k
-
1+2k2 2+k2 -k3k2+3
若直线MN斜率存在，则k = =
MN 2k2 2
-
1+2k2 2+k2
3 -k
= × ，
2k4-2 2 k2-1
k 3 -k 2
直线MN方程为y- = × x-
2+k2 2 k2-1 2+k2
，
2 2
令y=0得x= ，所以此时直线MN也过定点 ,0
3 3
，
当AB,CD两条直线其中一条斜率不存在，一条直线斜率为0时，
不妨设AB斜率不存在，CD斜率为0，
此时M0,0 ,N1,0 ，
2
则直线MN的方程为y=0，过点 ,0
3
，
2
综上，动直线MN过定点 ,0
3
；
2
(3)由(2)可知直线MN过定点P ,0
3
，
1 1 k
S =S +S = ×
△FMN △FPM △FPN 2 3 2+k2
1 1 -k
+ ×
2 3 1+2k2
1 k
= ×
6
3+3k2
2+k2
1+2k2
1 k
= ×
2
1+k2
k
1
=
2k4+5k2+2 2
1
+
k
，
2
2k2+5+
k2
令t=k
1
+
k
∈[2,+∞)，
1 t
S =f(t)= ×
△FMN 2 2t2-2
1 t 1 1
= × = × ，
+5 2 2t2+1 2 1 2t+
t
1 1-2t2
因为f(t)= ×
2 2t2+1
<0，所以f(t)在t∈[2,+∞)上递减，
2
1
所以t=2时，S 取得最大值 ，此时k=±1.
△FMN 9
4106 (2024·天津河北·高三天津外国语大学附属外国语学校校考阶段练习)设F,F 分别是椭
1 2
x2 y2
圆C： + =1(a>b>0)的左、右焦点，M是C上一点，MF 与x轴垂直.直线MF
a2 b2 2 1
2
与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率为 .
4
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设D0,1 是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A，B
两点，证明直线AB过定点，并求出定点坐标.
【解析】(1)由题意知，点M在第一象限，∵M是C上一点且MF 与x轴垂直，
2
b2 b2
∴M的横坐标为c.当x=c时，y= ，即Mc,
a a
.
b2
2 a b2 2
又直线MN的斜率为 ，所以tan∠MFF = = = ，
4 1 2 2c 2ac 4
2 2
即b2= ac=a2-c2，即c2+ ac-a2=0,
2 2
第 页 共 页
2589 34272 2
则e2+ e-1=0，解得e= 或e=- 2(舍去)，
2 2
2
即e= .
2
(2)已知D0,1 是椭圆的上顶点，则b=1，
2 b
由(1)知e= = 1-
2 a
2
，解得a= 2，
x2
所以，椭圆C的方程为 +y2=1，
2
设直线AB的方程为y=kx+m,Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
联立 x2+2y2=2 可得1+2k2 x2+4kmx+2m2-1 =0* ，
-4km
2m2-1
所以x +x = ,xx =
1 2 1+2k2 1 2
，
1+2k2
又DA=x 1 ,y 1 -1
,DB=x 2 ,y 2 -1 ，
DA⋅DB=x 1 x 2 +y 1 -1 y 2 -1 =x 1 x 2 +kx 1 +m-1 kx 2 +m-1
=k2+1 x 1 x 2 +km-1 x 1 +x 2 +(m-1)2
=k2+1
2m2-1
⋅
+km-1
1+2k2
-4km
⋅ +(m-1)2
1+2k2
2m2-1
=
k2+1
-4k2 m2-m
+1+2k2
(m-1)2
=0，
1+2k2
1
化简整理有3m2-2m-1=0，得m=- 或m=1.
3
当m=1时，直线AB经过点D，不满足题意；.
1
当m=- 时满足方程*
3
中Δ>0，
1
故直线AB经过y轴上定点G0,-
3
.
x2 y2
4107 (2024·全国·高二专题练习)设F,F 分别是圆C: + =1(a>b>0)的左、右焦点，
1 2 a2 b2
M是C上一点，MF 与x轴垂直.直线MF 与C的另一个交点为N，且直线MN的斜率
2 1
2
为
4
(1)求椭圆C的离心率.
(2)设D(0,1)是椭圆C的上顶点，过D任作两条互相垂直的直线分别交椭圆C于A、B两
点，过点D作线段AB的垂线，垂足为Q，判断在y轴上是否存在定点R，使得|RQ|的长
度为定值？并证明你的结论.
【解析】(1)由题意知，点M在第一象限.∵M是C上一点且MF 与x轴垂直，
2
b2 b2
∴M的横坐标为c.当x=c时，y= ，即Mc,
a a
.
b2
2 a b2 2
又直线MN的斜率为 ，所以tan∠MFF = = = ，
4 1 2 2c 2ac 4
2 2
即b2= ac=a2-c2，即c2+ ac-a2=0，
2 2
2 2 2
则e2+ e-1=0，解得e= 或e=- 2(舍去)，即e= .
2 2 2
(2)已知D0,1
c 2
是椭圆的上顶点，则b=1,∵ = ,a2=b2+c2,∴a= 2，椭圆的方
a 2
第 页 共 页
2590 3427x2
程为 +y2=1，
2
易得直线AB的斜率必然存在，设直线AB的方程为y=kx+m,Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
由 x2+2y2=2 可得1+2k2 x2+4kmx+2m2-1 =0* ,
-4km
2m2-1
所以x +x = ,xx =
1 2 1+2k2 1 2
，
1+2k2
又DA=x 1 ,y 1 -1
,DB=x 2 ,y 2 -1 ，.
DA⋅DB=x 1 x 2 +y 1 -1 y 2 -1 =x 1 x 2 +kx 1 +m-1 kx 2 +m-1
=k2+1 x 1 x 2 +km-1 x 1 +x 2 +(m-1)2
=k2+1
2m2-1
⋅
+km-1
1+2k2
-4km
⋅ +(m-1)2，
1+2k2
2m2-1
=
k2+1
-4k2 m2-m
+1+2k2
(m-1)2
=0
1+2k2
1
化简整理有3m2-2m-1=0，得m=- 或m=1.
3
当m=1时，直线AB经过点D，不满足题意；
1
当m=- 时满足方程*
3
1
中Δ>0，故直线AB经过y轴上定点G0,-
3
.
又Q为过点D作线段AB的垂线的垂足，故Q在以DG为直径的圆上，取DG的中点为
1
R0,
3
，则RQ 为定值，且RQ
1
= DG
2
2
=
3
x2 y2
4108 (2024·云南昆明·高二统考期中)已知椭圆C: + =12>b>0
4 b2
，直线y=x被椭圆
4 10
C截得的线段长为 .
5
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右顶点作互相垂直的两条直线l,l .分别交椭圆C于M,N两点(点M,N
1 2
不同于椭圆C的右顶点)，证明：直线MN过定点.
【解析】(1)根据题意，设直线y=x与题意交于P,Q两点.不妨设P点在第一象限，
4 10 2 5 2 5
又PQ长为 ，∴P ,
5 5 5
4
1 5
，∴ + =1
5 b2
x2
∴b=1，故C的标准方程为 +y2=1
4
(2)显然直线l,l 的斜率存在且不为0，
1 2
x=my+2
1
设l 1 :x=my+2,l 2 :x=- m y+2，由x2 +y2=1 得m2+4
4
y2+4my=0，
-2m2+8 -4m
∴M ,
m2+4 m2+4
-2+8m2 4m
，同理可得N ,
4m2+1 4m2+1
5m
当m≠±1时，k =
MN 4m2-1
，
4m 5m
所以直线MN的方程为y+ =
m2+4 4m2-1
-2m2+8
x-
m2+4
5m
整理得y=
4m2-1
-6m
x+
4m2-1
5m
=
4m2-1
6
x-
5
，所以直线
6 6
当m=±1时，直线MN的方程为x= ，直线也过点 ,0
5 5
第 页 共 页
2591 34276
所以直线MN过定点 ,0
5
.
2 题型二：双曲线内接直角三角形的斜边必过定点
x2 y2
4109 (2024·高二课时练习)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
经过点P2,1 ，且双曲
6
线C的右顶点到一条渐近线的距离为 ．
3
(1)求双曲线C的方程；
(2)过点P分别作两条互相垂直的直线PA，PB与双曲线C交于A，B两点(A，B两点均
与点P不重合)，设直线AB：y=kx+mk≠0 ，试求k和m之间满足的关系式．
x2 y2
【解析】(1)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
经过点P2,1 ，
4 1
则 - =1，
a2 b2
右顶点为a,0
b
，不妨取渐近线为y=- x，即bx+ay=0，
a
ab 6
则 = ，
a2+b2 3
从而可解得a2=2,b2=1，
x2
所以双曲线C的方程为 -y2=1；
2
(2)设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
x2
-y2=1
联立 2 ，消y得1-2k2
y=kx+m
x2-4kmx-2m2-2=0，
4km -2m2-2
则x +x = ,xx = ，
1 2 1-2k2 1 2 1-2k2
则y 1 +y 2 =kx 1 +x 2
2m
+2m= ， 1-2k2
y 1 y 2 =k2x 1 x 2 +kmx 1 +x 2
m2-2k2
+m2= ， 1-2k2
PA=x 1 -2,y 1 -1
,PB=x 2 -2,y 2 -1 ，
因为PA⊥PB，则PA⋅PB=0，
即x 1 -2 x 2 -2 +y 1 -1 y 2 -1 =0，
即x 1 x 2 -2x 1 +x 2 +y 1 y 2 -y 1 +y 2 +5=0，
-2m2-2 8km m2-2k2 2m 5-10k2
即 - + - + =0，
1-2k2 1-2k2 1-2k2 1-2k2 1-2k2
整理得m2+12k2+8km+2m-3=0，
所以m2+12k2+8km+2m-3=0.
4110 (2024·江苏南京·高二校考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，动点Р与定点F(2，0)
3 2 3
的距离和它到定直线l：x= 的距离之比是常数 ，记P的轨迹为曲线E.
2 3
(1)求曲线E的方程；
(2)设过点A( 3，0)两条互相垂直的直线分别与曲线E交于点M，N(异于点A)，求证：
直线MN过定点.
【解析】(1)设P(x，y)，
第 页 共 页
2592 34273 2 3
因为P与定点F(2，0)的距离和它到定直线l：x= 的距离之比是常数 ，
2 3
(x-2)2+y2
所以
3
x-
2
2 3
= ，
3
x2
化简得 -y2=1，
3
x2
所以曲线E的方程为 -y2=1.
3
(2)设M(x ，y)，N(x ，y )，
1 1 2 2
当直线MN斜率不存在，直线AM，AN分别为y=x- 3，y=-x+ 3，
x2
分别联立 -y2=1，解得M(2 3， 3)，N(2 3，- 3)，
3
此时直线MN的方程为x=2 3，过点(2 3，0)；
3
当直线MN斜率存在时设其方程为y=kx+m，k≠±
3
x2
-y2=1
由 3 ，消去y得(1-3k2)x2-6kmx-3m2-3=0，
y=kx+m
所以Δ=(-6km)2-4(1-3k2)(-3m23)>0，即m2+1-3k2>0，
6km -3m2-3
x +x = ，xx = ，
1 2 1-3k2 1 2 1-3k2
因为AM⊥AN，
y y
所以k AM ⋅k AN = x - 1 3 ⋅ x - 2 3 =-1，即y 1 y 2 =-x 1 - 3
1 2
x 2 - 3 ，
即(kx 1 +m)(kx 2 +m)=-x 1 - 3 x 2 - 3 ，
即k2xx +km(x +x )+m2=xx + 3(x +x )-3，
1 2 1 2 1 2 1 2
6km -3m2-3
将x +x = ，xx = 代入化简得：m2+3 3km+6k2=0，
1 2 1-3k2 1 2 1-3k2
所以m=- 3k或m=-2 3k，
当m=- 3k时，直线MN方程为y=kx- 3k(不符合题意舍去)，
当m=-2 3k时，直线MN方程为y=k(x-2 3)，MN恒过定点(2 3，0)，
综上所述直线MN过定点(2 3，0).
x2 y2
4111 (2024·全国·高三专题练习)已知双曲线Γ: = =1a,b>0
a2 b2
，经过双曲线Γ上的点
A2,1 作互相垂直的直线AM、AN分别交双曲线Γ于M、N两点.设线段AM、AN的中
1
点分别为B、C，直线OB、OC(O为坐标原点)的斜率都存在且它们的乘积为- .
4
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过点A作AD⊥MN(D为垂足)，请问：是否存在定点E，使得DE 为定值？若存在，
求出点E的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)设Mx 1 ,y 1 、Nx 2 ,y 2 ，线段AM、AN的中点分别为Bm,n 、Cp,q ，
x2 y2 22 12
由已知，得 1 - 1 =1； - =1
a2 b2 a2 b2
x2-22 y2-12 y +1 y -1 b2
两式相减，得 1 - 1 =0，即 1 ⋅ 1 = ①
a2 b2 x +2 x -2 a2
1 1
根据中点坐标及斜率公式，得
第 页 共 页
2593 3427y -1 n y +1
x +2=2m，y +1=2n，k = 1 ，k = = 1 .代入①，
1 1 AM x -2 OB m x +2
1 1
b2 b2 b4
得k ⋅k = ②同理，得k ⋅k = ③，②③相乘，得k ⋅k ⋅k ⋅k = .
AM OB a2 AN OC a2 AM AN OB OC a4
1 1 b4
∵k ⋅k =- ，k ⋅k =-1，∴ = ④
OB OC 4 AM AN 4 a4
22 12
由 - =1，与④联立，得a2=2，b2=1，
a2 b2
x2
双曲线Γ的方程为： -y2=1.
2
(2)①当MN⊥Ox时，设MN:x=t，Mt,y ，Nt,-y
，AM=t-2,y-1
，AN=
t-2,-y-1
由AM、AN互相垂直，得AM⋅AN=t-2 2-1-y2 =0，
t2 2
由 -y2=1解得t= (此时y无实数解，故舍去)，或t=2(此时M、N至少一个点与
2 3
A重合，与条件不符，故舍去).综上，此时无符合条件的解.
②当MN⊥Ox不成立时，设直线MN:y=kx+m，Mx 1 ,y 1 、Nx 2 ,y 2
x2
代入 -y2=1得1-2k2
2
x2-4kmx-2m2+1 =0，1-2k2≠0Δ=16k2m2-
41-2k2 -2 m2+1 =8m2+1-2k2
4km
2m2+1
>0且x +x = x ⋅x =- 1 2 1-2k2 1 2
1-2k2
∵ AM⋅AN=x 1 -2 ⋅x 2 -2 +y 1 -1 ⋅y 2 -1 =k2+1 x ⋅x + 1 2
km-1 -2 x 1 +x 2 +m-1 2+4=0
∴12k2+8km+m2+2m-3 =0，即6k+m+3 2k+m-1 =0，
解得：m=-6k-3或m=-2k+1.
当m=-2k+1时，MN:y=kx+m=kx-2 +1过点A2,1 ，与条件不符，舍去.
∴ m=-6k-3，MN:y=kx+m=kx-6 -3，过定点P6,-3
∴ AP中点E4,-1 ，由于AD⊥MN(D为垂足)，故DE
1
= AP
2
=2 2.
综上所述，存在定点E4，-1 ，使得DE 为定值2 2.
3 题型三：抛物线内接直角三角形的斜边必过定点
4112 (2024·江苏泰州·高二靖江高级中学校考阶段练习)已知抛物线C：y2=2pxp>0 的焦
点为F，斜率为1的直线l经过F，且与抛物线C交于A，B两点，AB =8．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过抛物线C上一点Pa,-2 作两条互相垂直的直线与抛物线C相交于MN两点(异
于点P)，证明：直线MN恒过定点，并求出该定点坐标．
【解析】(1)设A(x,y),B(x ,y )，
1 1 2 2
p
由题意知F ,0
2
p
，则直线l方程为y=x- ，
2
代入y2=2pxp>0
p2
，得x2-3px+ =0，Δ=8p2>0，
4
∴x +x =3p，
1 2
p p
由抛物线定义，知|AF|=x + ，|BF|=x + ，
1 2 2 2
∴AB =AF +BF =x +x +p=3p+p=4p=8，∴p=2， 1 2
第 页 共 页
2594 3427∴抛物线的方程为y2=4x.
(2)证明：∵Pa,-2 在抛物线y2=4x上，∴(-2)2=4a,∴a=1，
由题意，直线MN的斜率不为0，设直线MN的方程为x=my+n，
设M(x ,y ),N(x ,y )，
3 3 4 4
由
y2=4x
，得y2-4my-4n=0 ，
x=my+n
则Δ=16m2+16n>0，且y +y =4m,y y =-4n，
3 4 3 4
又x +x =m(y +y )+2n=4m2+2n，
3 4 3 4
x x =(my +n)(my +n)=m2y y +mn(y +y )+n2=n2，
3 4 3 4 3 4 3 4
由题意，可知PM⊥PN, ∴PM⊥PN,
故PM⋅PN=(x -1)(x -1)+(y +2)(y +2)=0，
3 4 3 4
故x 3 x 4 -x 3 +x 4 +1+y y +2(y +y )+4=0， 3 4 3 4
整理得n2-4m2-6n+8m+5=0 ，即(n-3)2=4(m-1)2，
∴n-3=2(m-1)或n-3=-2(m-1)，即n=2m+1或n=-2m+5．
若n=2m+1，则x=my+n=my+2m+1=m(y+2)+1 ，
此时直线MN过定点(1,-2)，不合题意；
若n=-2m+5，则x=my+n=my-2m+5=my-2 +5，
此时直线MN过定点(5,2)，符合题意，
综上，直线MN过异于P点的定点(5,2)．
4113 (2024·内蒙古巴彦淖尔·高二校考阶段练习)已知抛物线E:x2=2py的焦点F关于直线l:
2x-y-4=0的对称点Q恰在抛物线E的准线上．
(1)求抛物线E的方程；
(2)M是抛物线E上横坐标为-2的点，过点M作互相垂直的两条直线分别交抛物线E
于A,B两点，证明直线AB恒经过某一定点，并求出该定点的坐标．
p
【解析】(1)由已知得F0,
2
p
，设Qx ,-
0 2
x
，则FQ中点为R 0,0
2
，
∵Q、F关于直线l:2x-y-4=0对称，
∴点R在直线l上，
x p
∴2⋅ 0 -0-4=0，解得x =4，即Q4,-
2 0 2
．
1
又由QF⊥l，得直线QF的斜率k =- ，
QF 2
p 1
∴ =- ，解得p=2，
-4 2
∴E:x2=4y．
(2)证明：设直线AB的方程为y=kx+m，Ax 1 ,y 1 、Bx 2 ,y 2 均不与M重合，
y=kx+m
由
x2=4y
得x2-4kx-4m=0，
∴x +x =4k，xx =-4m．
1 2 1 2
由(1)得M(-2,1)，
∴MA=x 1 +2,y 1 -1
，MB=x 2 +2,y 2 -1 ，
又由MA⊥MB得MA⋅MB=0，即x 1 +2 x 2 +2 +y 1 -1 y 2 -1 =0，
∴x 1 +2 x 2 +2
x2
+ 1 -1 4
x2
2 -1 4 =0，
第 页 共 页
2595 3427∴x 1 +2 x 2 +2 + x 1 +2 x 1 -2 ⋅ x 2 +2 4 x 2 -2 =0， 4
∴1+ x 1 -2 x 2 -2 16 =0，∴x 1 x 2 -2x 1 +x 2 +20=0，
∴-4m-8k+20=0，∴m=5-2k，
∴直线AB的方程为y=kx+5-2k，即AB:y-5=k(x-2)，
∴直线AB恒过定点(2,5)．
4114 (2024·江西吉安·高二吉安一中校考阶段练习)已知抛物线C:y2=2px(p>0)，O是坐标
原点，F是C的焦点，M是C上一点，|FM|=4，∠OFM=120°．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)设点Qx 0 ,2 在C上，过Q作两条互相垂直的直线QA,QB，分别交C于A，B两点
(异于Q点)．证明：直线AB恒过定点．
p
【解析】(1)由|FM|=4,∠OFM=120°，可得M +2,±2 3
2
，
p
代入C:12=2p +2
2
=p2+4p．
解得p=2或p=-6(舍)，
所以抛物线的方程为：y2=4x．
(2)解:由题意可得Q(1,2)，直线AB的斜率不为0，
设直线AB的方程为x=my+n，设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
由
y2=4x
，得y2-4my-4n=0，从而Δ=16m2+16n>0，
x=my+n
y +y =4m
则 1 2 ．
yy =-4n
1 2
所以x 1 +x 2 =my 1 +y 2 +2n=4m2+2n，
x 1 x 2 =my 1 +n my 2 +n =m2y 1 y 2 +mny 1 +y 2 +n2=n2，
∵QA⊥QB，
∴QA⋅QB=x 1 -1 x 2 -1 +y 1 -2 y 2 -2 =0，
故x 1 x 2 -x 1 +x 2 +1+y 1 y 2 -2y 1 +y 2 +4=0，
整理得n2-4m2-6n-8m+5=0．即(n-3)2=4(m+1)2，
从而n-3=2(m+1)或n-3=-2(m+1)，
即n=2m+5或n=-2m+1．
若n=-2m+1，则x=my+n=my-2m+1=m(y-2)+1，过定点(1,2)，与Q点重
合，不符合；
若n=2m+5，则x=my+n=my+2m+5=m(y+2)+5，过定点(5,-2)．
综上，直线AB过异于Q点的定点(5,-2)．
x2 y2
4115 (2024·浙江·高三专题练习)已知抛物线W:x2=2py(p>0)的焦点F也是椭圆 +
3 4
=1的一个焦点，如图，过点F任作两条互相垂直的直线l ，l ，分别交抛物线W于A，C，
1 2
B，D四点，E，G分别为AC，BD的中点.
第 页 共 页
2596 3427(1)求p的值；
(2)求证：直线EG过定点，并求出该定点的坐标；
(3)设直线EG交抛物线W于M，N两点，试求|MN|的最小值.
x2 y2
【解析】(1)椭圆 + =1的焦点坐标为(0,±1)，
3 4
x2 y2
由于抛物线W:x2=2py(p>0)的焦点F也是椭圆 + =1的一个焦点，
3 4
p
故F(0,1)，即 =1，p=2；
2
(2)由(1)知，抛物线的方程为x2=4y，
设A(x ，y)，C(x ，y )，
1 1 2 2
由题意，直线AC的斜率k存在且k≠0
设直线AC的方程为y=kx+1，
代入x2=4y可得x2-4kx-4=0，
则x +x =4k，
1 2
故y +y =kx +1+kx +1=4k2+2，
1 2 1 2
故AC的中点坐标为E2k,2k2+1 ，
1
由AC⊥BD，设直线BD的方程为y=- ×x+1，
k
4
代入x2=4y可得x2+ x-4=0，
k
4
则x +x =- ，
1 2 k
1 1 4
故y +y =- ×x +1- ×x +1= +2，
1 2 k 1 k 2 k2
2 2
可得BD的中点坐标为G- , +1
k k2
，
2
令 +1=2k2+1得k2=1，
k2
2
此时 +1=2k2+1=3，
k2
故直线EG过点H0,3 ，
2
+1-3
2k2+1-3 k2-1 k2 k2-1
当k2≠1时，k = = ,k = = ，
EH 2k-0 k GH 2 k
- -0
k
所以k =k ，E，H，G三点共线，
EH GH
所以直线EG过定点H0,3 .
x
(3)设Mx , M2
M 4
x
,Nx , N2
N 4
，
由题意直线EG的斜率存在，设直线EG的方程为y=kx+3，
第 页 共 页
2597 3427代入x2=4y可得x2-4kx-12=0，
则x +x =4k，x x =-12，
M N M N
x2 -x2
|MN|2= M N 4
2
+x M -x N
1
2= 16 x M -x N 2 x M +x N 2+16 =
1
16k2+48
16
16k2+16 =16k2+3 k2+1 ≥48，
故MN ≥4 3，当k=0即直线EG垂直y轴时，|MN|取得最小值4 3.
4116 (2024·四川绵阳·高二校考阶段练习)已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点P
(2,t)在抛物线C上，且PF =3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过抛物线C上一点N(m,4)作两条互相垂直的弦NA和NB，试问直线AB是否过定
点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
【解析】(1)PF
p
=2+ =3，解得：p=2
2
故抛物线C的方程为：y2=4x..
(2)由题可得N(4,4)，直线AB的斜率不为0
设直线AB：x=my+t，A(x,y)，B(x ,y )
1 1 2 2
x=my+t
联立
y2=4x
，得：y2-4my-4t=0，Δ=16m2+16t>0
y +y =4m，yy =-4t..
1 2 1 2
由NA⊥NB，则NA⋅NB=0，即(x -4)(x -4)+(y -4)(y -4)=0
1 2 1 2
于是xx -4(x +x )+16+yy -4(y +y )+16=0
1 2 1 2 1 2 1 2
(yy )2
1 2 -(y +y )2+3yy -4(y +y )+32=0
16 1 2 1 2 1 2
t2-16m2-12t-16m+32=0，所以(t-6)2=4(2m+1)2
t=-4m+4或t=4m+8.
当t=-4m+4时，Δ=16(m-2)2≥0
直线AB：x=m(y-4)+4，恒过定点(4,4)，不合题意，舍去.
当t=-4m+4，Δ=16[(m+2)2+4]>0，直线AB：x=m(y+4)+8，恒过定点(8,4)
综上可知，直线AB恒过定点(8,-4).
4117 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，直线y=4与y
轴的交点为P，与抛物线C的交点为Q，且QF
5
= PQ
4
．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过抛物线C上一点N(m,4)作两条互相垂直的弦NA和NB，试问直线AB是否过定
点，若是，求出该定点；若不是，请说明理由．
8
【解析】(1)设Q(x 0 ,4)，代入y2=2px得：x 0 = p ，即QF
p 8 p
=x + = + 0 2 p 2
由QF
5
= PQ
4
8 p 5 8
得： + = × ，解得：p=2或p=-2(舍去)
p 2 4 p
故抛物线C的方程为：y2=4x.
(2)由题可得N(4,4)，直线AB的斜率不为0
设直线AB：x=my+t，A(x,y)，B(x ,y )
1 1 2 2
x=my+t
联立
y2=4x
，得：y2-4my-4t=0，
第 页 共 页
2598 3427∴Δ=16m2+16t>0，y +y =4m，yy =-4t
1 2 1 2
由NA⊥NB，则NA⋅NB=0，即(x -4)(x -4)+(y -4)(y -4)=0.
1 2 1 2
于是xx -4(x +x )+16+yy -4(y +y )+16=0
1 2 1 2 1 2 1 2
(yy )2
1 2 -(y +y )2+3yy -4(y +y )+32=0
16 1 2 1 2 1 2
t2-16m2-12t-16m+32=0，所以(t-6)2=4(2m+1)2
t=-4m+4或t=4m+8
当t=-4m+4时，Δ=16(m-2)2≥0
直线AB：x=m(y-4)+4，恒过定点(4,4)，不合题意，舍去.
当t=-4m+4，Δ=16[(m+2)2+4]>0，直线AB：x=m(y+4)+8，恒过定点(8,4)
综上可知，直线AB恒过定点(8,4)
4118 (2024·云南曲靖·高二校考期末)已知点M与点F4,0 的距离比它的直线l:x+6=0的
距离小2．
(1)求点M的轨迹方程；
(2)OA,OB是点M轨迹上互相垂直的两条弦，问：直线AB是否经过x轴上一定点，若经
过，求出该点坐标；若不经过，说明理由．
【解析】(1)(1)由题意知动点M到4,0 的距离比它到直线l:x=-6的距离小2，
即动点M到4,0 的距离与它到直线x=-4的距离相等，
由抛物线定义可知动点M的轨迹为以4,0 为焦点的抛物线，
则点M的轨迹方程为y2=16x；
(2)(2)法一：由题意知直线AB的斜率显然不能为0，
设直线AB的方程为x=ty+mm≠0 ，Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
联立方程
y2=16x
，消去x，可得y2-16ty-16m=0，Δ>0即4t2+m>0，
x=ty+m
y2 y2
y +y =16t,yy =-16m，xx = 1 × 2 =m2，
1 2 1 2 1 2 16 16
由题意知OA⊥OB，即OA⊥OB，则xx +yy =0，
1 2 1 2
故m2-16m=0，m≠0，m=16，直线AB的方程为x=ty+16，
故直线AB过定点，且定点坐标为16,0 ；
法二：假设存在定点，设定点Px 0 ,0 ,Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 y 1 y 2 ≠0 ，
OA⊥OB，OA⊥OB，故xx +yy =0，
1 2 1 2
A、B在抛物线上，即x = y2 1 ,x = y2 2 代入上式，可得 y 1 y 2
1 16 2 16
2 +yy =0，
256 1 2
y2 y2
yx -xy 16 2y 1 - 16 1 y 2 yy
故yy =-256，A、B、P三点共线，PA∥PB，x = 1 2 1 2 = =- 1 2
1 2 0 y -y y -y 16
1 2 1 2
=16，
假设成立，直线AB经过x轴的定点，坐标为16,0 ．
4 题型四：椭圆两条互相垂直的弦中点所在直线过定点
x2 y2
4119 (2024·福建龙岩·统考一模)双曲线Γ： - =1的左右顶点分别为A ，A ，动直线l
4 3 1 2
垂直Γ的实轴，且交Γ于不同的两点M,N，直线AN与直线A M的交点为P.
1 2
(1)求点P的轨迹C的方程；
第 页 共 页
2599 3427(2)过点H(1,0)作C的两条互相垂直的弦DE，FG，证明：过两弦DE，FG中点的直线恒
过定点.
【解析】(1)因为A 1-2,0 ,A 22,0 ，
设Px,y , Mx 0 ,y 0 ,则Nx 0 ,-y 0
x2 y2
,且 0 - 0 =1①， 4 3
因为动直线l交双曲线于不同的两点M,N，所以x ≠±2且x≠±2，
0
y
因为直线A 2 M的方程为y= x - 0 2 x-2
0
②，
-y
直线A 1 N的方程为y= x + 0 2 x+2
0
③，
-y2
②×③得y2= 0 x2-4
x2-4
0
，
3
把①代入上式得y2=- x2-4
4
x2 y2
，化简得 + =1，
4 3
x2 y2
所以点P的轨迹C的方程为 + =1x≠±2
4 3
.
(2)依题意得直线DE与直线FG斜率均存在且不为0，
设直线DE的方程为x=my+1m≠0
1
，则直线FG的方程为x=- y+1，
m
x=my+1,
联立
3x2+4y2=12
得3m2+4
y2+6my-9=0，
则Δ=36m2+363m2+4 =144m2+1 >0，设Dx 1 ,y 1 ,Ex 2 ,y 2 ，
-6m
y 1 +y 2 = 3m2+4 ，x 1 +x 2 =my 1 +y 2
8
+2= ， 3m2+4
4 -3m
所以DE的中点R ,
3m2+4 3m2+4
，
4m2 3m
同理FG的中点S ,
4m2+3 4m2+3
，
-3m 3m
-
3m2+4 4m2+3 7m
所以直线RS的斜率为k = =
RS 4 4m2 4m2-1
-
3m2+4 4m2+3
，
3m 7m
所以直线RS的方程为y+ =
3m2+4 4m2-1
4
x-
3m2+4
，
7m
整理得y=
4m2-1
4
x-
7
，
4
所以直线RS恒过定点 ,0
7
4
，即过两弦DE,FG中点的直线恒过定点 ,0
7
.
x2 y2
4120 (2024·全国·高二期末)已知椭圆 + =1(a>b>0)的左右焦点分别为F,F，抛物
a2 b2 1 2
7
线y2=4x与椭圆有相同的焦点，点P为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且|PF|= ．
1 3
(1)求椭圆的方程；
(2)过F作两条斜率不为0且互相垂直的直线分别交椭圆于A，B和C，D，线段AB的中
点为M，线段CD的中点为N，证明：直线MN过定点，并求出该定点的坐标．
【解析】(1)抛物线焦点坐标为(1,0)，故a2-b2=1.
设|PF|=t，由抛物线定义得：点P到直线x=-1的距离为t.
2
第 页 共 页
2600 342749
4+ -t2
3t 4 3t
∴cos∠PFF = ，由余弦定理，得cos∠PFF = = .
1 2 7 1 2 7 7
2×2×
3
5 13
整理，得9t2+36t-65=0，解得t= 或t=- (舍去).
3 3
由椭圆定义，得|PF|+|PF|=2a=4，
1 2
∴a=2,b= 3，
x2 y2
∴椭圆的方程为 + =1；
4 3
(2)设l :x=my+1,(m≠0)，
AB
x=my+1
联立x2 y2 ⇒(3m2+4)y2+6my-9=0，
+ =1
4 3
-6m
即y +y = ，
A B 3m2+4
y +y -3m 4
∴y = A B = ，代入直线方程得x = ，
M 2 3m2+4 M 3m2+4
4 -3m
∴M ,
3m2+4 3m2+4
，
4m2 3m
同理可得∴N ,
4m2+3 4m2+3
，
7m
∴k = ，
MN 4m2-4
3m 7m 4
∴l :y+ = x-
MN 3m2+4 4m2-4 3m2+4
，
4 12m2-12 12m2+16 4
令y=0，得x= + = = ，
3m2+4 7(3m2+4) 7(3m2+4) 7
4
所以直线MN过定点 ,0
7
.
4121 (2024·上海闵行·高二闵行中学校考期末)在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，
M 3,0 ，已知平行四边形OMNP两条对角线的长度之和等于4．
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)过M 3,0 作互相垂直的两条直线l 、l ，l 与动点P的轨迹交于A、B，l 与动点P 1 2 1 2
的轨迹交于点C、D，AB、CD的中点分别为E、F；证明：直线EF恒过定点，并求出定点
坐标；
(3)在(2)的条件下，求四边形ACBD面积的最小值．
【解析】(1)
第 页 共 页
2601 3427取点M
1
(- 3,0)，则有M
1
O∥PN，所以四边形M
1
ONP是平行四边形，
所以PM =ON，因为PM+ON=4，所以PM+PM =4，
1 1
所以动点P的轨迹为椭圆(左右顶点除外)，所以2a=4，c= 3，
x2
所以b2=a2-c2=1，所以动点P的轨迹方程为 +y2=1(y≠0)．
4
(2)当l 垂直于x轴时，AB的中点E( 3,0)，
1
x2
直线l 为x轴，与椭圆 +y2=1(y≠0)，无交点，不合题意，
2 4
当直线l 不垂直于x轴时，不妨设直线l 的方程为y=k(x- 3)(k≠0)，
1 1
A(x,y)，B(x ,y )，
1 1 2 2
y=k(x- 3)
由
x2+4y2=4
，得(1+4k2)x2-8 3k2x+12k2-4=0，
所以△=(-8 3k2)2-4(4k2+1)(12k2-4)=16(1+k2)>0，
8 3k2 12k2-4
所以x +x = ，xx = ，
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
8 3k3 -2 3k
所以y +y =k(x +x )-2 3k= -2 3k= ，
1 2 1 2 1+4k2 1+4k2
4 3k2 - 3k
所以E ,
4k2+1 4k2+1
，
1 4 3 3k
因为l ⊥l ，以- 代替k，得F ,
1 2 k k2+4 k2+4
，
3k 3k
+
k2+4 4k2+1 5k
所以直线EF的斜率为k = = (k≠±1)，
EF 4 3 4 3k2 4(1-k2)
-
k2+4 4k2+1
3k 5k 4 3k2
所以直线EF的方程为y+ = x-
4k2+1 4(1-k2) 4k2+1
(k≠±1)，
由椭圆的对称性得，若存在这样的定点必在x轴上，
3k 5k 4 3k2
令y=0，则 = x-
4k2+1 4(1-k2) 4k2+1
，
16 3k2+4 3 4 3(4k2+1) 4 3
所以x= = = ，
5(4k2+1) 5(1+4k2) 5
4 3
所以直线EF恒过定点 ,0
5
，
4 3 3
当k=±1时，E ,-
5 5
4 3 3
，F ,
5 5
，
4 3
所以直线EF恒过定点 ,0
5
，
4 3
综上所述，直线EF恒过定点 ,0
5
．
8 3k2 12k2-4
(3)由(2)得x +x = ，xx = ，
1 2 4k2+1 1 2 4k2+1
第 页 共 页
2602 3427所以|AB|= 1+k2 (x +x )2-4xx
1 2 1 2
192k4 12k2-4 4(1+k2)
= 1+k2 -4⋅ = ，
(4k2+1)2 4k2+1 4k2+1
4(1+k2)
同理可得|CD|= ，
k2+4
1 8(1+k2)2
所以四边形ACBD的面积S= |AB||CD|= ，
2 (4k2+1)(k2+4)
令t=k2+1，则t>1，
8t2 8t2 8 8
所以S= = = =
(4t-3)(t+3) 4t2+9t-9 9 9 3
- + +4 -
t2 t t
，
2 3
+3⋅ +4
t
3
因为t>1，所以0< <3，
t
3 3 3
当 = ，即k=±1时，-
t 2 t
2 3 25 32
+3⋅ +4≤ ，所以S = ，
t 4 min 25
32
所以四边形ACBD的面积最小值为 ．
25
x2 y2
4122 (2024·上海浦东新·高三上海市洋泾中学校考阶段练习)已知椭圆Ω: + =
a2 b2
1a>b>0
3
的离心率为 ，椭圆Ω截直线x=1所得线段的长度为 3．过M 3,0
2
作
互相垂直的两条直线l 、l ，直线l 与椭圆Ω交于A、B两点，直线l 与椭圆Ω交于C、D两
1 2 1 2
点，AB、CD的中点分别为E、F．
(1)求椭圆Ω的方程；
(2)证明：直线EF恒过定点，并求出定点坐标；
(3)求四边形ABCD面积S的最小值．
3
【解析】(1)由题意得椭圆C过点1,
2
，
c = 3
a 2
∴ a2=b2+c2 ，
1 3
+ =1
a2 4b2
解得a=2，b=1，c= 3，
x2
∴C: +y2=1；
4
(2)1°当直线l 、l 斜率均存在且不为0时，
1 2
设l 1 :x=my+ 3m≠0 ，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2
1
则l 2 :x=- m y+ 3，Cx 3 ,y 3 ，Dx 4 ,y 4 ，
x=my+ 3
由
x2+4y2=4
⇒m2+4
y2+2 3my-1=0，Δ=16m2+16>0，
2 3m
得y 1 +y 2 =- m2+4 ，x 1 +x 2 =my 1 +y 2
8 3
+2 3= ， m2+4
4 3 3m
∴E ,-
m2+4 m2+4
，
1
x=- y+ 3 1
由 m ⇒ +4
x2+4y2=4
m2
2 3 16
y2- y-1=0，Δ= +16>0，
m m2
第 页 共 页
2603 34272 3
m 1
得y 3 +y 4 = 1 ，x 3 +x 4 =- m y 3 +y 4
+4
m2
8 3
+2 3= ， 1
+4
m2
4 3m2 3m
可得F ,
4m2+1 4m2+1
，
① 当m≠±1时，
3m 3m
--
4m2+1 m2+4
直线EF的斜率为k =
EF
5m
=
4 3m2 4 3 4m2-1
-
4m2+1 m2+4
，
3m 5m
直线EF的方程为l :y+ =
EF m2+4 4m2-1
4 3
x-
m2+4
，
5m
化简得l :y=
EF 4m2-1
4 3
x-
5
4 3
，过定点 ,0
5
，
② 当m=±1时，
4 3 4 3
直线EF的方程为l :x= ，过点 ,0
EF 5 5
，
2°当直线l 1 、l 2 斜率一个不存在一个为0时，AB、CD的中点坐标分别为0,0 、 3,0
4 3
时．直线EF的方程为l :y=0，过点 ,0
EF 5
，
4 3
综上，直线EF恒过定点 ,0
5
；
1
(3)当直线l 1 或l 2 斜率一个不存在一个为0时，S= 2 AB ⋅CD
1
= ×4×1=2， 2
当直线l 、l 斜率均存在时且不为0时，
1 2
由(2)得AB = x 1 -x 2 2+y 1 -y 2 2= 1+m2 y 1 +y 2 2-4yy 1 2
16m2+16
= 1+m2⋅
m2+4
4m2+1
=
，
m2+4
CD = x 3 -x 4 2+y 3 -y 4
1
2= 1+ m2 y 3 +y 4 2-4y y 3 4
1 4 -
m
=
2 +1
1
-
m
4m2+1
=
2
+4
，
4m2+1
1
∴S= AB
2
⋅CD
8m2+1
=
2
m2+4
4m2+1
18 32
=2- ≥ ，
4 25
4m2+ +17
m2
4
当且仅当4m2= 即m=±1时等号成立，
m2
32
综上，四边形ABCD面积S的最小值为 .
25
x2 y2
4123 (2024·全国·高三专题练习)已知椭圆M: + =1a>b>0
a2 b2
上任意一点P到椭圆M
3
两个焦点F,F 的距离之和为4，且离心率为 ．
1 2 2
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设A为M的左顶点，过A点作两条互相垂直的直线AC,AD分别与M交于C,D两
点，证明：直线CD经过定点，并求这个定点的坐标．
【解析】(1)由椭圆定义知：PF 1 +PF 2 =2a=4，解得：a=2，
第 页 共 页
2604 3427c 3
又离心率e= = ，∴c= 3，∴b2=a2-c2=1，
a 2
x2
∴椭圆M的标准方程为： +y2=1.
4
(2)由(1)知：A-2,0 ；
当直线CD斜率存在时，设CD:y=kx+m，Cx 1 ,y 1 ，Dx 2 ,y 2 ，
y=kx+m
由x2 得：1+4k2
+y2=1
4
x2+8kmx+4m2-4=0，
则Δ=161+4k2-m2
>0，解得：m2<1+4k2，
8km 4m2-4
∴x +x =- ，xx = ，
1 2 1+4k2 1 2 1+4k2
y y
∵k AC ⋅k AD = x + 1 2 ⋅ x + 2 2 =-1，∴y 1 y 2 =-x 1 x 2 -2x 1 +x 2
1 2
-4，
即kx 1 +m kx 2 +m =k2x 1 x 2 +mkx 1 +x 2 +m2=-x 1 x 2 -2x 1 +x 2 -4，
∴k2+1 x 1 x 2 +mk+2 x 1 +x 2 +m2+4=0，
k2+1
即
4m2-4 8kmmk+2
-
1+4k2
+m2+4=0，
1+4k2
整理可得：5m2-16km+12k2=5m-6k m-2k
6
=0，∴m= k或m=2k；
5
当m=2k时，直线CD:y=kx+2k=kx+2 恒过A点，不合题意；
6 6 6
当m= k时，直线CD:y=kx+ k=kx+
5 5 5
6
，∴CD恒过定点- ,0
5
；
6
当直线CD斜率不存在且恒过- ,0
5
6
时，即CD:x=- ，
5
x=- 6
5 4
4
5
- 4
5
由 得：y=± ，∴k ⋅k = × =-1，满足题意；
x2 5 AC AD 6 6
+y2=1 - +2 - +2
4 5 5
6
综上所述：直线CD恒过定点- ,0
5
.
5 题型五：双曲线两条互相垂直的弦中点所在直线过定点
x2 y2
4124 (2024·高二课时练习)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
的右焦点F，半焦距c=
a2 1
2，点F到直线x= 的距离为 ，过点F作双曲线C的两条互相垂直的弦AB，CD，设
c 2
AB，CD的中点分别为M，N.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点的坐标.
a2 1
【解析】(1)依题意，c=2，c- = ，解得a2=3,b2=c2-a2=1，
c 2
x2
所以双曲线的方程为： -y2=1.
3
(2)点F(2,0)，当直线AB不垂直于坐标轴时，设直线AB的方程为：x=ky+2，A(x,
1
y)，B(x ,y )，
1 2 2
x=ky+2
由
x2-3y2=3
消去x并整理得：(k2-3)y2+4ky+1=0，显然k2-3≠0，
4k 12
则y +y = ，有x +x =k(y +y )+4= ，于是得弦AB中点
1 2 3-k2 1 2 1 2 3-k2
第 页 共 页
2605 34276 2k
M ,
3-k2 3-k2
，
6k2 2k
因CD⊥AB，同理可得点N ,-
3k2-1 3k2-1
，
2k 2k
+
3-k2 3k2-1 2k
当直线MN不垂直于x轴时，直线MN的斜率k = = ，
MN 6 6k2 3(k2-1)
-
3-k2 3k2-1
2k 2k 6
因此，直线MN的方程为：y- = x-
3-k2 3(k2-1) 3-k2
2k
，化简得y= (x-
3(k2-1)
3)，
于是得直线MN恒过定点P(3,0)，
6 6k2
当直线MN垂直于x轴时，由 = 得k=±1，直线MN：x=3过定点P(3,0)，
3-k2 3k2-1
则当直线AB不垂直于坐标轴时，直线MN恒过定点P(3,0)，
当AB垂直于x轴，即k=0时，则弦AB的中点M与F重合，弦CD的中点N与原点重
合，此时MN为x轴，直线MN过P(3,0)，
当AB垂直于y轴时，则弦AB的中点M为原点，弦CD中点N与F重合，此时直线MN
为x轴，直线MN也过点P(3,0)，
所以直线MN恒过定点P(3,0).
4125 (2024·黑龙江·黑龙江实验中学校考三模)在平面直角坐标系xOy中，已知动点P到点
F2,0
3 2 3
的距离与它到直线x= 的距离之比为 ．记点P的轨迹为曲线C．
2 3
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F作两条互相垂直的直线l ，l .l 交曲线C于A，B两点，l 交曲线C于S，T两
1 2 1 2
点，线段AB的中点为M，线段ST的中点为N．证明：直线MN过定点，并求出该定点坐
标．
【解析】(1)设Px,y
(x-2)2+y2
，根据题意可得
3
x-
2
2 3
= ，
3
x2
化简得曲线C的方程为 -y2=1.
3
(2)证明：设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
①若直线l ，l 都存且不为零，
1 2
设直线l 1 的方程为y=kx-2
1
，则直线l 2 的方程为y=- k x-2 ，
y=kx-2
由
x2 ，得3k2-1
-y2=1
3
x2-12k2x+12k2+3=0，
当3k2-1=0时，这个方程变为-4x+7=0只有一解，
直线l 与曲线C只有一个交点，不合题意，
1
当3k2-1≠0时，Δ=144k4-43k2-1 12k2+3 =12k2+1 >0，
直线l 与曲线C恒有两个交点，
1
12k2
由韦达定理，x +x = ，
1 2 3k2-1
6k2 2k
故线段AB的中点为M ，
3k2-1 3k2-1
，
第 页 共 页
2606 34276 -2k
同理，线段PQ的中点为N ，
3-k2 3-k2
，
2k 2k
+
3k2-1 3-k2 2k
若k≠±1，则k = =
MN 6k2 6 31-k2
-
3k2-1 3-k2
，
2k 2k
直线MN的方程为y+ =
3-k2 31-k2
6
x-
3-k2
，
2k
即y=
31-k2
x-3 ，
此时，直线MN恒过点3,0 ．
若k=±1，则M3,1 ，N3,-1 或M3,-1 ，N3,1 ，直线MN的方程为x=3，
此时直线MN也过点3,0 ，
②若直线l ，l 中其中一条的斜率为0，另一条的斜率不存在，
1 2
不妨设l 的斜率为0，则直线l ：y=0，l ：x=2x=2，
1 1 2
此时，直线MN的方程为y=0，
此时，直线MN也过点3,0 ，
综上，直线MN恒过点3,0 ．
x2 y2
4126 (2024·山西大同·高三统考阶段练习)已知双曲线C： - =1a>0,b>0
a2 b2
的右焦点
a2 1
为F，半焦距c=2，点F到右准线x= 的距离为 ，过点F作双曲线C的两条互相垂
c 2
直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标.
a2 1
【解析】(1)由题设可得c- = ，c=2，所以a2=3，b2=c2-a2=1.
c 2
x2
所以双曲线的标准方程为 -y2=1.
3
(2)证明：点F2,0 ，设过点F的弦AB所在的直线方程为x=ky+2，Ax 1 ,y 1 ，
Bx 2 ,y 2 ，
则有M ky 1 +y 2 y +y +2, 1 2
2 2
.
x2
-y2=1
联立 3 ，可得k2-3
x=ky+2
y2+4ky+1=0.
因为弦AB与双曲线C有两个交点，所以k2-3≠0，
4k 6 2k
所以y +y = ，所以M ,
1 2 3-k2 3-k2 3-k2
.
(1)当k=0时，M点即是F点，此时，直线MN为x轴.
1 6k2 2k
(2)当k≠0时，将上式M点坐标中的k换成- ，同理可得N ,-
k 3k2-1 3k2-1
.
①当直线MN不垂直于x轴时，
2k 2k
+
3-k2 3k2-1 2k
直线MN的斜率k = =
MN 6 6k2 3k2-1
-
3-k2 3k2-1
，
第 页 共 页
2607 34272k 2k
其方程y- =
3-k2 3k2-1
6
x-
3-k2
2k
，化简得y=
3k2-1
x-3 ，
所以直线MN过定点3,0 ；
6 6k2
②当直线MN垂直于x轴时， = ，此时，k=±1，直线MN也过定点3,0
3-k2 3k2-1
.
综上所述，直线MN过定点3,0 .
x2 y2
4127 (2024·贵州·校联考模拟预测)已知双曲线E: - =1a>0,b>0
a2 b2
的一条渐近线方
程为x- 3y=0，焦点到渐近线的距离为1.
(1)求E的方程；
(2)过双曲线E的右焦点F作互相垂直的两条弦(斜率均存在)AB、CD.两条弦的中点分
别为P、Q，那么直线PQ是否过定点?若不过定点，请说明原因；若过定点，请求出定点坐
标.
【解析】(1)设双曲线的焦点坐标为±c,0 ，
3
依题意渐近线方程为x- 3y=0，即y= x，
3
b 1
=
a 3
有 c
12+- 3
，
=1
2
a2+b2=c2
a= 3
解得b=1 ，
c=2
x2
∴ -y2=1；
3
(2)由(1)可知右焦点F2,0 ，
设直线l ：l :x=ny+2n≠0 AB AB ，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
x=ny+2
由联立直线与双曲线x2 ，
-y2=1
3
化简得n2-3 y2+4ny+1=0n≠± 3 ，Δ=12n2+12>0，
-4n
故y 1 +y 2 = n2-3 ，x 1 +x 2 =ny 1 +y 2
-12
+4= ， n2-3
-6 -2n
∴P ,
n2-3 n2-3
，
1
又∵CD⊥AB，则l :x=- y+2，
CD n
6n2 -2n
同理可得：Q ,
3n2-1 3n2-1
-2n 2n
+
3n2-1 n2-3 2n
k = =
PQ 6n2 6 3n2-1
+
3n2-1 n2-3
，
2 n 6n2
∴l :y= x-
PQ 3 n2-1 3n2-1
2n
- ，
3n2-1
2n
化简得y=
3n2-1
x-3 ，
故直线PQ过定点3,0 .
第 页 共 页
2608 34276 题型六：抛物线两条互相垂直的弦中点所在直线过定点
4128 (2024·全国·高二专题练习)已知抛物线G：x2=2pyp>0 焦点为F，R为G上的动点，
K1,2 位于G的上方区域，且RK +RF 的最小值为3.
(1)求G的方程；
(2)过点P0,2 作两条互相垂直的直线l 和l ，l 交G于A，B两点，l 交G于C，D两 1 2 1 2
点，且M，N分别为线段AB和CD的中点.直线MN是否恒过一个定点?若是，求出该定
点坐标；若不是，说明理由.
【解析】(1)抛物线G：x2=2pyp>0
p
焦点为F0,
2
p
，准线为l:y=- ，
2
设R到l的距离为d，因为K1,2 位于G的上方区域，
根据抛物线的定义可知RK +RF =RK
p
+d≥2+ (当且仅当RK⊥l时取等号)，
2
又RK +RF
p
的最小值为3，所以2+ =3，解得p=2，
2
所以抛物线G：x2=4y.
(2)依题意直线l 和l 的斜率均存在且不为0，
1 2
1
设直线l 1 的方程为y=kx+2，则直线l 2 的方程为y=- k x+2，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，
y=kx+2
联立方程得
x2=4y
，消去y并整理得x2-4kx-8=0，
则Δ=-4k 2+32=16k2+32>0，则x +x =4k，xx =-8， 1 2 1 2
所以y 1 +y 2 =kx 1 +x 2 +4=4k2+4，
因为M为AB的中点，所以M2k,2k2+2
2 2
，同理N- , +2
k k2
，
所以直线MN的方程为y-2k2+2
2
2k2+2- +2
k2
=
x-2k
2
2k+
k
1
=k-
k
x-2k ，
1
整理得y=k-
k
x+4，所以直线MN恒过点0,4 .
第 页 共 页
2609 34274129 (2024·全国·高三专题练习)已知一个边长为8 3的等边三角形的一个顶点位于原点，另
外两个顶点在抛物线C:x2=2py(p>0)上.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点T(0,p)作两条互相垂直的直线l 和l ，l 交抛物线C于A、B两点，l 交抛物线C
1 2 1 2
于D，E两点，若线段AB的中点为M，线段DE的中点为N，证明：直线MN过定点．
【解析】(1)由对称性可知等边三角形的顶点4 3,12 在C:x2=2py(p>0)上，
代入得：48=24p，解得：p=2，
所以抛物线方程为：x2=4y；
(2)由题意知l 1 和l 2 斜率均存在，T0,2 ，设直线l 方程为y=kx+2， 1
1
则直线l 方程为y=- x+2，
2 k
由
x2=4y
联立得：x2-4kx-8=0，
y=kx+2
Δ=16k2+32>0
设A(x,y),B(x ,y )，则x +x =4k，y +y =4k2+4
1 1 2 2 1 2 1 2
2 2
故M(2k,2k2+2)，同理得N- , +2
k k2
2
2k2-
k2 1
故直线MN方程为y-(2k2+2)= (x-2k)=k-
2 k
2k+
k
(x-2k)
1
整理得：y=k-
k
x+4，故直线MN过定点(0,4)
4130 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C：y2=2pxp>0 的焦点为F，过焦点F且垂直
于x轴的直线交C于H，I两点，O为坐标原点，△OHI的周长为4 5+8．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，
试判断直线PQ是否过定点？若过定点．求出其坐标；若不过定点，请说明理由．
p
【解析】(1)由题意F ,0
2
p p
，在y2=2px中代入x= ，得y2=2p⋅ ，解得y=±p，
2 2
所以HI =2p．
由勾股定理得 OH =OI p =
2
2 +p2= 5 p，
2
5 5
则△OHI的周长为 p+ p+2p=4 5+8，解得p=4，
2 2
故抛物线C的方程为y2=8x．
第 页 共 页
2610 3427(2)由题意可知F2,0 ，直线AB的斜率存在，且不为0．
设直线AB的方程为x=my+2，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ．
x=my+2,
联立
y2=8x,
消去x，得y2-8my-16=0，Δ=64m2+64>0，
则y 1 +y 2 =8m，从而x 1 +x 2 =my 1 +y 2 +4=8m2+4．
因为P是弦AB的中点，所以P4m2+2,4m
4 4
，同理可得Q +2,-
m2 m
．
4
4m--
m
当m2≠1，即m≠±1时，直线PQ的斜率k =
PQ
4
4m2+2- +2
m2
m
= ，
m2-1
m
则直线PQ的方程为y-4m= x-4m2-2
m2-1
，即m2-1 y=mx-6 ．
故直线PQ过定点6,0 ；
当m2=1，即m≠±1时，直线PQ的方程为x=6，也过点6,0 ．
综上所述，直线PQ过定点6,0 ．
4131 (2024·山西·高二校联考期末)已知抛物线C：x2=2py(p>0)，过点T0,p 作两条互相
垂直的直线l 和l ，l 交抛物线C于A，B两点，l 交抛物线C于D，E两点，抛物线C上
1 2 1 2
一点Pt,2 到焦点F的距离为3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若线段AB的中点为M，线段DE的中点为N，求证：直线MN过定点．
【解析】(1)Pt,2 到焦点F的距离为3，则准线为y=-1，p=2，
抛物线方程为x2=4y．
(2)由题意知l 1 和l 2 斜率均存在，T0,2 ，设直线l 方程为y=kx+2， 1
1
则直线l 方程为y=- x+2，
2 k
由
x2=4y
联立得x2-4kx-8=0，Δ=16k2+32>0
y=kx+2
设A(x,y),B(x ,y )，则x +x =4k，y +y =4k2+4
1 1 2 2 1 2 1 2
2 2
故M(2k,2k2+2)，同理得N- , +2
k k2
第 页 共 页
2611 34272
2k2-
k2 1
故直线MN方程为y-(2k2+2)= (x-2k)=k-
2 k
2k+
k
(x-2k)
1
整理得y=k-
k
x+4，故直线MN过定点(0,4)
4132 (2024·全国·高三专题练习)动圆P与直线x=-1相切，点F(1,0)在动圆上．
(1)求圆心P的轨迹Q的方程；
(2)过点F作曲线O的两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N，求
证：直线MN必过定点．
【解析】(1)设P(x,y)，根据题意，有 (x-1)2+y2=x+1，化简，得y2=4x，
即圆心P的轨迹Q的方程为y2=4x．
(2)由题意，知直线AB的斜率存在且不为0．
设直线l :y=k(x-1),Ax ,y AB A A ,Bx B ,y B ，
代入y2=4x，得k2x2-2k2+2
2k2+2
x+k2=0，所以x +x =
A B
．
k2
k2+2 2
因为M是线段AB的中点，所以M ,
k2 k
．
1
因为AB⊥CD，所以将点M坐标中的k换成- ，即得N2k2+1,-2k
k
．
k2+2
当 =2k2+1，即k=±1时，直线l ⋅x=3；
k2 MN
2
-2k-
k
当k≠±1时．直线l :y+2k= x-2k2-1
MN k2+2
2k2+1-
k2
．
整理，得1-k2 y=k(x-3)，所以直线MN过定点(3，0)．
综上所述，不论k为何值，直线MN必过定点(3，0)．
4133 (2024·全国·高三专题练习)已知抛物线C:y2=2pxp>0 的焦点为F，点M在抛物线C
上，O为坐标原点，△OMF是以OF为底边的等腰三角形，且△OMF的面积为2 2．
(1)求抛物线C的方程．
(2)过点F作抛物线C的两条互相垂直的弦AB，DE，设弦AB，DE的中点分别为P，Q，
试判断直线PQ是否过定点．若是，求出所过定点的坐标；若否，请说明理由．
【解析】(1)由题意可知OF
p
= ．
2
p 2p
因为△OMF是以OF为底边的等腰三角形，所以M ,±
4 2
．
1 p 2p 2p2
因为△OMF的面积为2 2，所以 × × = =2 2，解得p=4．
2 2 2 8
故抛物线C的方程为y2=8x．
(2)由题意可知F2,0 ，直线AB的斜率存在，且不为0．
设直线AB的方程为x=my+2，Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ．
x=my+2
联立
y2=8x
，整理得y2-8my-16=0，Δ=64m2+64>0，
则y 1 +y 2 =8m，从而x 1 +x 2 =my 1 +y 2 +4=8m2+4．
因为P是弦AB的中点，所以P4m2+2,4m ，
第 页 共 页
2612 34274 4
同理可得Q +2,-
m2 m
．
4
4m--
m
当m2≠1，即m≠±1时，直线PQ的斜率k =
PQ
4
4m2+2- +2
m2
m
= ，
m2-1
m
则直线PQ的方程为y-4m= x-4m2-2
m2-1
，即m2-1 y=mx-6 ．
故直线PQ过定点6,0 ．
当m2=1，即m=±1时，直线PQ的方程为x=6，且过点6,0 ．
综上，直线PQ过定点6,0 ．
4134 (2024·安徽滁州·高二校考开学考试)在平面直角坐标系xOy中，设点F 1,0 ，直线l:x
=-1，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，也是PF的中点．RQ⊥FP，
PQ⊥l．
(1)求动点Q的轨迹的方程E；
(2)过点F作两条互相垂直的曲线E的弦AB、CD，设AB、CD的中点分别为M，N．求
直线MN过定点R的坐标．
【解析】(1)∵直线l的方程为x=-1，点R是线段FP的中点且RQ⊥FP，
∴RQ是线段FP的垂直平分线,
∵PQ⊥l, ∴PQ 是点Q到直线l的距离,
∵点Q在线段FP的垂直平分线，∴PQ =QF ,
则动点Q的轨迹E是以F为焦点，l为准线的抛物线，但不能和原点重合，
即动点Q的轨迹的方程为y2=4xx>0 .
(2)设Ax 1 ,y 1 ，Bx 2 ,y 2 ，由题意直线AB斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y=
kx-1 ，
由已知得 y y 2 1 2 = = 4 4 x x 1，两式作差可得 x y 1 - - y x 2 = y + 4 y ，即y 1 +y 2 = k 4 ，则y M = k 2 ，
2 2 1 2 1 2
代入y=kx-1
2 2 2
可得x = +1，即点M的坐标为 +1, M k2 k2 k ，
同理设Cx 3 ,y 3 ，Dx 4 ,y 4
1
，直线CD的方程为y=- x-1 k ，
由已知得 y y 2 3 2 = = 4 4 x x 3，两式作差可得 x y 3 - - y x 4 = y + 4 y ，即y 3 +y 4 =-4k，
4 4 3 4 3 4
1
则y N =-2k，代入y=- k x-1 可得x =2k2+1，即点N的坐标为2k2+1,-2k N ，
y -y k
则直线MN的斜率为k = M N = ，
MN x -x 1-k2
M N
第 页 共 页
2613 3427k
即方程为y+2k= x-2k2-1
1-k2
，整理得y1-k2 =kx-3 ，
故直线MN恒过定点R3,0 .
4135 (2024·福建福州·高二校考期中)在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，已知点Q(1,
1 1 1
2)，P是动点，且三角形POQ的三边所在直线的斜率满足 + = .
k k k
OP OQ PQ
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)过F作倾斜角为60°的直线L，交曲线C于A，B两点，求△AOB的面积；
(3)过点D(1,0)任作两条互相垂直的直线l,l ，分别交轨迹C于点A，B和M，N，设线段
1 2
AB，MN的中点分别为E，F.，求证：直线EF恒过一定点.
y y-2
【解析】(1)设点P的坐标为P(x,y)，则K = , K =2, K = ，
OP x OQ PQ x-1
1 1 1 x 1 x-1
由 + = ，得 + = ，整理得点P的轨迹的方程为：y2=4x(y≠0,
K K K y 2 y-2
OP OQ PQ
y≠2)
(2)设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，由 y2=4x 得：y2- 4 3y-4=0 y= 3(x-1) 3
4
∴y +y = 3,yy =-4，
1 2 3 1 2
1
∴S ΔABC = 2 ×|OF|×y 2 -y 1
1
= 2 ×1× y 1 +y 2
1 16 4
2-4yy = ⋅ +16= 3 1 2 2 3 3
(3)证明：设点A,B的坐标为Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2
x +x y +y
，则点E的坐标为 1 2, 1 2 2 2 .
由题意可设直线l 的方程为y=k(x-1)(k≠0)，
1
由
y2=4x
，消去y得k2x2-2k2+4
y=k(x-1)
x+k2=0，
Δ=2k2+4
2-4k4=16k2+16>0，∵直线l与抛物线交于A，B两点，
4
∴x 1 +x 2 =2+ k2 ,y 1 +y 2 =kx 1 +x 2 -2
4
= ， k
2 2
∴点E的坐标为1+ ,
k2 k
1
，由题知，直线l 的斜率为- ，同理可得F的坐标为
2 k
1+2k2,-2k .
2
+2k
2 k
当k≠±1时，有1+ ≠1+2k2.此时直线EF的斜率为：k =
k2 EF
1+
2
-1+2k2
k2
=
k
1-k2
k
∴直线EF的方程为，y+2k= x-1-2k2
1-k2
k
整理得，y+2k= (x-3)恒过定点(3,0)，当k=±1时，直线EF的方程为x=3，也
1-k2
过点(3,0).
综上所述，直线EF恒过定点(3,0).
x2 y2
4136 (2024·宁夏银川·高二银川一中校考期末)已知椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
的左、右焦点
分别为F、F，抛物线y2=4x的焦点与椭圆的右焦点重合，点P为抛物线与椭圆在第一象
1 2
限的交点，且PF 1
7
= . 3
第 页 共 页
2614 3427(1)求椭圆的方程；
(2)过F作两条斜率不为0且互相垂直的直线分别交椭圆于A、B和C、D，线段AB的中
点为M，线段CD的中点为N，证明：直线MN过x轴上一定点，并求出该定点的坐标.
【解析】(1)抛物线焦点为F 21,0 ，故a2-b2=1，易知点F 1-1,0 ，
设点Px 0 ,y 0 ，其中x >0，y >0，且y2=4x ， 0 0 0 0
PF 1 = x 0 +1
7
2+y2= x2+6x +1= ，整理可得9x2+54x -40=0， 0 0 0 3 0 0
即3x 0 -2 3x 0 +20
2
=0，∵x 0 >0，解得x 0 = 3 ，所以，PF 2
5
=x +1= ， 0 3
所以，2a=PF 1 +PF 2 =4，则a=2，b= a2-1= 3，
x2 y2
因此，椭圆的方程为 + =1.
4 3
(2)设直线AB的方程为x=my+1，其中m≠0，设点Ax 1 ,y 1 、Bx 2 ,y 2 ，
x=my+1
联立x2 y2 ⇒3m2+4
+ =1
4 3
y2+6my-9=0，
Δ=36m2+363m2+4 =144m2+1
6m
>0，所以，y +y =- ， 1 2 3m2+4
x 1 +x 2 = my 1 +y 2
2
4 4 3m +1= ，故点M ,-
2 3m2+4 3m2+4 3m2+4
，
4m2 3m
同理可得点N ,
4m2+3 4m2+3
，
3m 3m
+
4m2+3 3m2+4 7m
所以，k = =
MN 4m2 4 4m2-1
-
4m2+3 3m2+4
，
3m 7m
所以，直线MN的方程为y+ =
3m2+4 4m2-1
4
x-
3m2+4
，即y=
7m
4m2-1
4
x-
7
，
4
因此，直线MN过定点 ,0
7
.
4137 (2024·湖南·高三阶段练习)如图1，已知抛物线Ε的顶点Ο在坐标原点，焦点在y轴正半
轴上，准线与y轴的交点为Τ．过点Τ作圆C:x2+y-2
2=1的两条切线，两切点分别
为D，G，且DG
4 2
= ．
3
(1)求抛物线Ε的标准方程；
(2)如图2，过抛物线Ε的焦点F任作两条互相垂直的直线l ，l ，分别交抛物线Ε于Ρ，Q
1 2
第 页 共 页
2615 3427两点和Μ，Ν两点，Α，Β分别为线段ΡQ和ΜΝ的中点，求ΔΑΟΒ面积的最小值．
【解析】(1)由对称性知，DG⊥y轴，设DG与y轴的交点为Η，则DΗ
2 2
= ．在
3
RtΔCΗD中，CD =1⇒CΗ = CD 2-DΗ
1
2= ⇒CΗ
3
CΤ =CD 2⇒CΤ =3⇒
C0,2 ⇒ΟC =2⇒ΟΤ
p
=1⇒ =1⇒p=2⇒x2=4y；(2)设直线l 的斜率为k，由l 2 1 1
过F0,1 ⇒l ：y=kx+1．代入x2=4y⇒x2-4kx-4=0⇒x +x =4k⇒点 1 1 2
2 2
，同理可得点Β- , +1
k k2
y-2k2-1 x-2k 1
⇒ΑΒ： = ⇒y=k-
2 2 k
-2k2 - -2k
k2 k
x+3⇒过定
点D0,3
1
⇒ΔΑΟΒ的面积：S=S ΔΑΟΚ +S ΔΒΟΚ = 2 ×3×x Α -x Β
1
=3k+ k ≥3×
1
2 k⋅ =6(当且仅当k=±1时取等号)⇒ΔΑΟΒ的面积的最小值为6．
k
试题解析：(1)由对称性知，DG⊥y轴，设DG与y轴的交点为Η，则DΗ
2 2
= ．
3
连CD，则RtΔCΗD中，CD =1，则CΗ = CD 2-DΗ
1
2=
3
因为DΤ为圆C的切线，则CD⊥DΤ．由射影定理，得CΗ CΤ =CD 2，则CΤ =3
因为圆心C的坐标为0,2 ，则ΟC =2，所以ΟΤ
p
=1，即 =1，得p=2．
2
所以抛物线Ε的标准方程为x2=4y
(2)设直线l 1 的斜率为k，因为l 1 过焦点F0,1 ，则直线l 的方程为y=kx+1．代入x2= 1
4y，得
x2-4kx-4=0．设点Ρx 1 ,y 1 ，Qx 2 ,y 2 ，则x +x =4k．因为Α为线段ΡQ的中点， 1 2
则点
1 2 2
因为l ⊥l ，则直线l 的方程为y=- x+1．同理可得点Β- , +1
1 2 2 k k k2
y-2k2-1 x-2k 1
直线ΑΒ的方程为 = ，即y=k-
2 2 k
-2k2 - -2k
k2 k
x+3，显然过定点D0,3
1
设ΔΑΟΒ的面积为S，ΑΒ与y轴的交点为Κ，则S=S ΔΑΟΚ +S ΔΒΟΚ = 2 ×3×x Α -x Β =
1
3k+
k
1
≥3×2 k⋅ =6，当且仅当k=±1时取等号．所以ΔΑΟΒ的面积的最小值为6
k
7 题型七：内接直角三角形范围与最值问题
y2 x2
4138 (2024·江西·高二校联考开学考试)设椭圆 + =1a>b>0 a2 b2 的两焦点为F，F，P 1 2
为椭圆上任意一点，点P到原点最大距离为2，若M3,1 到椭圆右顶点距离为 5.
第 页 共 页
2616 3427(1)求椭圆的方程.
(2)设椭圆的上、下顶点分别为A、B，过A作两条互相垂直的直线交椭圆于C、D，问直线
CD是否经过定点？如果是，请求出定点坐标，并求出△BCD面积的最大值.如果不是，请
说明理由.
【解析】(1)∵点P到原点最大距离为2，故a=2，
∵M3,1 到椭圆右顶点距离为 5，∴3-b 2+1=5，
解得：b=1或5(舍去5)，
y2
∴椭圆的方程为 +x2=1.
4
y2
(2)设CD：y=kx+t，联立 +x2=1，
4
得：4+k2
x2+2ktx+t2-4=0，
2kt t2-4
∴x +x =- ，xx = ，
1 2 4+k2 1 2 4+k2
∵AC⊥AD，∴AC⋅AD=0，
即x 1 ,y 1 -2 ⋅x 2 ,y 2 -2
=x 1 x 2 +y 1 -2 y 2 -2
=x 1 x 2 +kx 1 +t-2 kx 2 +t-2
=k2+1 x 1 x 2 +t-2 kx 1 +x 2 +t-2 2，
利用韦达定理代入化简得：5t2-16t+12=0，
6
解得：t=2(舍去)或t= ，
5
6
∴直线CD过定点0,
5
，
12k
此时x +x =-
1 2 54+k2
64
，xx =-
1 2 254+k2
，
1 6
S = +2 △DCB 2 5 x 1 -x 2
8
= 5 x 1 +x 2 2-4xx 1 2
32 25k2+64
= ⋅ ，
25 4+k2
令 25k2+64=tt≥8
32 t 32t 32
，上式= ⋅ = = ①，
25 t2-64 t2+36 36
+4 t+
25 t
第 页 共 页
2617 342736 36 25 32 64
而t+ ≥8+ = ，∴①≤ = ，
t 8 2 25 25
2
64
∴△BCD面积的最大值为 .
25
x2 y2
4139 (2024·上海·高二专题练习)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆Γ: + =1，过右焦
3 2
点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设AB，CD中点分别为M，N.
(1)写出椭圆右焦点F的坐标及该椭圆的离心率；
(2)证明：直线MN必过定点，并求出此定点坐标；
(3)若弦AB，CD的斜率均存在，求△FMN面积的最大值.
x2 y2
【解析】(1)由椭圆的方程Γ: + =1，可得a2=3,b2=2，可得c2=a2-b2=3-2=1，
3 2
所以c=1，即右焦点F的坐标为1,0
c 1 3
，离心率e= = = ,所以椭圆右焦点F的
a 3 3
坐标为1,0
3
，离心率 .
3
(2)证明：当直线AB，CD的斜率存在且不为0时，
设直线AB的方程为x=my+1，
x=my+1
设A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)联立x2 y2 ，
+ =1
3 2
整理可得：(2m2+3)y2+4my-4=0，
4m 6
可得y +y =- ，x +x =m(y +y )+2= ，
1 2 2m2+3 1 2 1 2 2m2+3
3 2m
所以AB的中点M ,-
2m2+3 2m2+3
，
3 同理可得N的坐标
1
2- m
1
2-
m ,-
2
+3
1
2- m
2
+3
3m2 2m ，即N ,
2+3m2 2+3m2
，
2m 2m
--
2+3m2 2m2+3
当M，N的横坐标不相等时，则k =
MN
3m2 3
-
2+3m2 2m2+3
5m
= ，
3m2-3
2m
所以MN的方程为y--
2m2+3
5m 3
= x-
3m2-3 2m2+3
，
5m 3
整理可得y= x-
3m2-3 5
3
所以直线恒过定点 ,0
5
.
第 页 共 页
2618 34273 3m2
当M，N的横坐标相等时， = ，即m2=1时，则MN⊥x轴，
2m2+3 2+3m2
3 3
且此时MN的方程为x= ，显然也过 ,0
5 5
，
3
可证得直线MN必过定点 ,0
5
.
3
(3)由(2)可得直线MN必过的定点 ,0
5
，
1 3 可得S = ×1-
△FMN 2 5
2m × -
2m2+3
2m +
2+3m2
1 2 =
5 2m 3 +
m
2 +
2
m
+3m
10
1 m
=
5
+10m
6m 6 2+
m
+13
2
，
设t=m
1
+ m
1 10t
≥2，则S = △FMN 5 6t2+1
2
= ， 1 6t+
t
2 4
在t≥2上单调递减，所以S ≤ = ，
△FMN 1 25
6×2+
2
4
所以△FMN面积的最大值为 .
25
x2 y2
4140 (2024·江苏南通·高三统考阶段练习)已知椭圆 + =1a>b>0
a2 b2
3
的离心率为 ，
2
2 5
左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，坐标原点O到直线AD的距离为 .
5
(1)求椭圆的方程；
(2)过A点作两条互相垂直的直线AP，AQ与椭圆交于P，Q两点，求△BPQ面积的最
大值.
c = 3 ,
a 2
【解析】(1)由已知可得， 2 5 解得，a=2，b=1，c= 3，
ab= ⋅ a2+b2,
5
a2=b2+c2,
x2
所以椭圆的方程为 +y2=1.
4
(2)设PQ的直线方程为x=ty+m，Px 1 ,y 1 ，Qx 2 ,y 2 ，
x=ty+m,
联立方程
x2+4y2-4=0,
整理得t2+4
y2+2mty+m2-4=0，
-2mt m2-4
所以y +y = ，yy =
1 2 t2+4 1 2 t2+4
因为AP⊥AQ，A-2,0
所以x 1 +2 x 2 +2 +y 1 y 2 =0⇒x 1 x 2 +2x 1 +x 2 +4+yy =0， 1 2
ty 1 +m ty 2 +m +2ty 1 +ty 2 +2m +4+yy =0 1 2
即t2+1 y 1 y 2 +mt+2t y 1 +y 2 +(m+2)2=0.
所以t2+1
m2-4
⋅ +mt+2t
t2+4
-2mt
⋅ +(m+2)2=0.
t2+4
6
整理得5m2+16m+12=0，解得m=- 或m=-2(舍去)，
5
第 页 共 页
2619 342712t
y +y =
1 2 5t2+4
所以
,
-64
yy =
1 2 25t2+4
.
1 6
所以S = ⋅2+ △BPQ 2 5 y 1 -y 2
8
= 5 y 1 +y 2
32 25t2+64
2-4yy = ⋅ ， 1 2 25 t2+4
令 25t2+64=uu≥8 ，
32 u 32u 32 32 64
则S = ⋅ = = ≤ = ，
△BPQ 25 u2-64 u2+36 36 36 25
+4 u+ 8+
25 u 8
64
此时△BPQ最大值为 .
25
8 题型八：两条互相垂直的弦中点范围与最值问题
4141 (2024·新疆·统考二模)在平面直角坐标系xOy中，抛物线G的准线方程为y=-2.
(1)求抛物线G的标准方程；
(2)过抛物线的焦点F作互相垂直的两条直线l 和l ，l 与抛物线交于P，Q两点，l 与抛
1 2 1 2
物线交于C，D两点，M，N分别是线段PQ，CD的中点，求△FMN面积的最小值.
【解析】(1)设抛物线标准方程为x2=2py，其中p>0，
p
由题意得- =-2，解得p=4，则焦点F0,2
2
，
故抛物线G标准方程为x2=8y.
(2)F(0,2),由题意知直线l,l 的斜率都存在且不为0，
1 2
设直线l 1 的方程为y=kx+2,Px 1 ,y 1 ,Qx 2 ,y 2 ,
1
则直线l 的方程为y=- x+2,
2 k
由
x2=8y
得x2-8kx-16=0，则Δ=64k2+64>0，
y=kx+2
所以x +x =8k,xx =-16,
1 2 1 2
1
所以x M = 2 x 1 +x 2 =4k,y =kx +2=4k2+2, M M
所以M4k,4k2+2 .
1 4 4 4 4
用- 替换k可得x =- ,y = +2，所以N- , +2
k N k N k2 k k2
.
1 1 所以S = |FM||FN|= (4k)2+4k2
△FMN 2 2
4 2⋅ -
k
2 4 +
k2
2
1
= 16k2+16k4
2
16 16
+
k2 k4
=8 k2+k4
1 1
+
k2 k4
1
=8 2+k2+
k2
第 页 共 页
2620 34271 1
≥8 2+2 k2⋅ =8×2=16,当且仅当k2= ,即k=±1时等号成立，
k2 k2
所以△FMN面积的最小值为16.
4142 (2024·广东珠海·高三校考开学考试)已知抛物线T:y2=2px(p>0)，点F为其焦点，直
线l:x=4与抛物线交于M,N两点，O为坐标原点，S =8 6．
△OMN
(1)求抛物线T的方程；
(2)过x轴上一动点Ea,0 (a>0)作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点A,
B和C,D，点H,K分别为AB,CD的中点，求HK 的最小值．
【解析】(1)
直线方程为x=4，将其代入抛物线可得y=±2 2p，
1
由已知得S = ×4×4 2p=8 6，解得p=3，
△OMN 2
故抛物线T的方程为y2=6x．
(2)
因为Ea,0 ，若直线AB,CD分别与两坐标轴垂直，
则直线AB,CD中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，
第 页 共 页
2621 3427所以直线AB,CD的斜率均存在且不为0．设直线AB的斜率为kk≠0 ，
则直线AB的方程为y=kx-a ．
y2=6x
联立
y=kx-a
，得ky2-6y-6ka=0，则Δ=36+24k2a>0，
设Ax 1 ,y 1 ,Bx 2 ,y 2 ，
6
则y 1 +y 2 = k ，设Hx H ,y H
y +y 3 y 3
，则y = 1 2 = ，则x = H +a= +a， H 2 k H k k2
3 3
所以H +a,
k2 k
，同理可得K3k2+a,-3k ，
故HK 3 = 3k2-
k2
2 3 +-3k-
k
2 = 9k4+ 9 +9k2+ 9 ≥
k4 k2
1 1
3 2 k4× +2 k2× =6，
k4 k2
1 1
当且仅当k4= 且k2= ，即k=±1时等号成立，
k4 k2
故HK 的最小值为6
第 页 共 页
2622 3427
