89.解析几何中的面积转化策略研究
解析几何中面积计算的八种常见问题
题型1.三角形面积公式及应用
题型2.四边形面积计算
题型3.等高求底型面积问题
题型4.等底求高型面积问题
题型5.等角转化为腰长
题型6.某边过定点的三角形面积计算
题型7.某边过定点的四边形面积计算
题型8.以面积（面积比）为情境综合其他二级结论
一.基本原理
直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法：
1.一般方法：
（其中
为弦长，
为顶点到直线AB 的距离），设直线为斜
d
AB
S
2
1
AB
d
截式
.
m
kx
y
进一步，=
=
2
0
0
1
1
2
2
1
2
1
4
)
(
1
2
1
k
m
y
kx
x
x
x
x
k
m
y
kx
x
x
x
x
0
0
1
1
2
2
1
4
)
(
2
1
2.特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着
轴或者
轴拆分成两个三角形，不过在拆分的
x
y
时候给定的顶点一般在
轴或者
轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长.
x
y
2
1
2
1
2
1
2
1
(
)
4
2
PAB
PQA
PQB
A
B
S
S
S
PQ y
y
PQ
y
y
y y
2
1
2
1
2
1
2
1
(
)
4
2
PAB
PQA
PQB
A
B
S
S
S
PQ x
x
PQ
x
x
x x
3.坐标法.设
，则
.
)
,
(
),
,
(
2
2
1
1
y
x
B
y
x
A
|
|
2
1
1
2
2
1
y
x
y
x
S AOB
4.面积比的转化.
三角形的面积比及其转化有一定的技巧性，一般的思路就是将面积比转化为可以利用设线
法完成的线段之比或者设点法解决的坐标形式，通常有以下类型：
① 两个三角形同底，则面积之比转化为高之比，进一步转化为点到直线距离之比
② 两个三角形等高，则面积之比转化为底之比，进一步转化为长度（弦长之比）
③利用三角形面积计算的正弦形式，若等角转化为腰长之比
④ 面积的割补和转化
5.四边形的面积计算
在高考中，四边形一般都比较特殊，常见的情况是四边形的两对角线相互垂直，此时我们
借助棱形面积公式，四边形面积等于两对角线长度乘积的一半；当然也有一些其他的情
况，此时可以拆分成两个三角形，借助三角形面积公式求解.
6.注意某条边过定点的三角形和四边形
当三角形或者四边形某条边过定点时，我们就可以把三角形，四边形某个定顶点和该定点
为边，这样就转化成定底边的情形，最终可以简化运算.当然，你需要把握住一些常见的
定点结论，才能察觉出问题的关键.
二．典例分析
★题型1.三角形面积公式及应用
例1．已知过点（0，1）的直线与椭圆
交于
、
两点，三角形
面积的最
2
2
1
2
y
x
A
B
OAB
大值是（ ）
A．
B．
C．
D．1
2
2
2
1
2
解析：显然直线斜率存在，设过
的直线方程为：
，联立方程组
0,1
1
y
kx
2
2
1,
1,
2
y
kx
y
x
消去
，并整理得
，设
，
，则
恒成立,
y
2
2
2
2
1
0
k
x
kx
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
0
，
，
1
2
2
2
2
k
x
x
k
1
2
2
1
2
x x
k
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
AB
k
x
x
k
x
x
x x
，O 到直线
的距离为
，
2
2
2
2
1
1
4
2
2
k
k
k
k
AB
2
1
1
d
k
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
2
2
2
2
1
2
1
1
OAB
k
k
k
S
AB d
k
k
k
k
k
A
令
，则
，当
时等号成立.故选:
.
2
1 1
t
k
2
2
2
2
1
2
1
2
2
OAB
t
S
t
t
t
t
A
1
t
A
例2.（2022 新高考1 卷）已知点
在双曲线
上，直线交
2,1
A
2
2
2
2
1(
1)
1
x
y
C
a
a
a
：
l
C
于
，
两点，直线
，
的斜率之和为0．
P
Q
AP
AQ
（1）求的斜率；
l
（2）若
，求
的面积．
tan
2 2
PAQ
PAQ
△
解析：（1）故双曲线方程为
．
．
2
2
1
2
x
y
1
k
（2）由
，得
，不妨设直线
的倾斜角为锐角且为
tan
2 2
PAQ
2
tan
2
2
PAQ
AP
，
当
均在双曲线的左支时，
，得到
，
,
P Q
2
PAQ
2
tan
2
AP
k
此时
与渐近线平行，与双曲线左支无交点。
AP
当
均在双曲线的右支时，由
，得
，即
,
P Q
2
π
PAQ
tan
2
AP
k
，
1
1
1
2
2
y
x
联立
及
得
，进而解出：
，
1
1
1
2
2
y
x
2
2
1
1
1
2
x
y
1
1
2
2 2
1
x
y
1
10
4 2
3
x
，代入直线得
，故
，
，
1
4 2
5
3
y
l
5
3
m
1
2
20
3
x
x
1
2
68
9
x x
而
，
，由
，
1
3
2
AP
x
2
3
2
AQ
x
2 2
tan
2 2
sin
3
PAQ
PAQ
，得
故
.
1
2
1
2
1
16 2
sin
2
2
4
2
9
PAQ
S
AP AQ
PAQ
x x
x
x
★题型2.四边形面积计算
例3．已知抛物线
，点
为
上一点，且
到
的准线的距离等
2
:
2
(
0)
E y
px p
1 ,
4
Q
m
E
Q
E
于其到坐标原点
的距离.
O
（1）求
的方程；
E
（2）设
为圆
的一条不垂直于
轴的直径，分别延长
交
于
AB
2
2
(
2)
4
x
y
y
,
AO BO
E
两点，求四边形
面积的最小值.
,
C D
ABCD
解析：（1）故抛物线的标准方程为
.
2
2
y
x
（2）由题意，直线
斜率存在且不为0，设直线
的方程为：
，设点
AC
AC
y
kx
，
，联立得：
，由
，得
1
1
2
2
,
,
,
A x y
C x
y
2
2
2
4
y
kx
x
y
2
2
1
4
0
k
x
x
1
0
x
1
2
4 .
1
x
k
，联立得：
，由
，得
2
2
y
kx
y
x
2
2
2
0
k x
x
2
0
x
2
2
2 .
x
k
2
2
2
1
2
2
2 3
1
1
.
1
k
AC
k
x
x
k
k
因为
，用
代替
，得
.
AC
BD
1
k
k
2
2
2
2
2
3
2
1
2
3
1
1
1
1
k
k
k
BD
k
k
k
故四边形
面积
.
ABDC
2
2
2
2
2
6
6
20
2 3
1
3
1
1
2
1
k
k
k
k
S
AC
BD
k k
k
k
令
.
2
1
6
8
8
2 ,
6
t
k
t t
S
t
k
t
t
设函数
，故
单调递增.
2
2
2
8
8
6
8
6
2 ,
6
0
t
f t
t
t
f
t
t
t
t
( )
f t
故当
，即
时，取到最小值16，所以四边形
面积的最小值是16.
2
t
1
k =
S
ABCD
★题型3.等高求底型面积问题
例4．已知椭圆
：
，以椭圆
的右焦点为焦点的抛物线
的顶点为原点，点
1
C
2
2
1
3
2
x
y
1
C
2
C
是抛物线
的准线上任意一点，过点
作抛物线
的两条切线
、
，其中
、
为
P
2
C
P
2
C
PA
PB
A
B
切点，设直线
，
的斜率分别为
，
.
PA
PB
1k
2k
（1）求抛物线
的方程及
的值；
2
C
1
2
k k
（2）求证：直线
过定点，并求出这个定点的坐标；
AB
（3）若直线
交椭圆
于
、
两点，
分别是
、
的面积，求
的最
AB
1
C
C
D
1
2
S
S
，
PAB
A
PCD
A
1
2
S
S
小值.
解析：（1）依题意椭圆
：
的右焦点为
，可得抛物线
的焦点坐标为
1
C
2
2
1
3
2
x
y
1,0
2
C
，
1,0
所以抛物线
的方程为
.
.
2
C
2
4
y
x
1
2
1
k k
（2）直线
恒过定点
.
AB
1,0
（3）设点
到直线
的距离为
，则
，
P
AB
d
1
2
1
2
1
2
d
AB
AB
S
S
CD
d CD
因为直线
恒过定点
，且斜率不为零，故设直线
的方程为
.
AB
1,0
AB
1
x
my
联立
,得
，
，则
，
2
1
4
x
my
y
x
2
4
4
0
y
my
2
16(
1)
0
m
1
2
1
2
4
4
y
y
m
y y
则
；
2
2
2
2
1
2
1
1
(4 )
16
4 1
AB
m
y
y
m
m
m
联立
，得
，
，
2
2
1
1
3
2
x
my
x
y
2
2
3
2
4
4
0
m
y
my
2
48(
1)
0
m
设
，
，则
，
3
3
,
C x
y
4
4
,
D x
y
3
4
2
3
4
2
4
3
2
4
3
2
m
y
y
m
y y
m
则
，
2
2
2
2
3
4
2
2
2
4 3 1
4
4
1
1
(
)
4
3
2
3
2
3
2
m
m
m
y
y
m
m
m
D
m
C
，故当
时，
有最小值
.
2
2
1
2
2
2
4 1
3
2
3
3
4 3 1
3
3
3
2
m
AB
S
m
S
CD
m
m
0
m
1
2
S
S
3
★题型4.等底求高型面积问题
例5．如图，已知椭圆E：
的离心率为
，A，B 是椭圆的左右顶
2
2
2
2
1(
0)
x
y
a
b
a
b
3
2
点，P 是椭圆E 上异于A，B 的一个动点，直线过点B 且垂直于x 轴，直线AP 与交于
l
l
点Q，圆C 以BQ 为直径.当点P 在椭圆短轴端点时，圆C 的面积为
.
（1）求椭圆E 的标准方程；
（2）设圆C 与PB 的另一交点为点R，记△AQR 的面积为
，△BQR 的面积为
，试
1S
2
S
判断
是否为定值，若是定值，求出这个定值，若不是定值，求
的取值范围.
1
2
S
S
1
2
S
S
解析：（1）椭圆的标准方程为：
；
2
2
1
4
x
y
（2）设
，则
①.
)
,
(
0
0 y
x
P
2
2
2
0
0
0
2
0
1
1
4
4
4
x
y
y
x
A，B 的坐标分别为(-2，0)，(2，0)，
直线AP；
，
0
0
2
AP
y
k
x
0
0
(
2)
2
y
y
x
x
令
，则
，又
，点R 在圆上，所以QR⊥BR，因此
2
x
0
0
4
2,
2
y
Q
x
0
0
2
BP
y
k
x
0
0
2
RQ
x
k
y
，
所以直线RQ 的方程为：
，即
，
0
0
0
0
4
2
(
2)
2
y
x
y
x
x
y
2
2
0
0
0
0
2
4
4
(
2)
y
x
y
y
x
x
由①式得到
，代入直线RQ 的方程，化简为：
，
2
2
0
0
4
4
x
y
0
0
0
4
2
4
0
y x
x
y
y
设A，B 两点到直线RQ 的距离分别为
，则
，为定
1
2
,
d d
1
0
0
1
1
2
0
0
2
2
1
8
4
2
3
1
8
4
2
QRd
y
y
S
d
S
d
y
y
QRd
值.
★题型5.等角转化为腰长
例6．已知圆心在x 轴上移动的圆经过点A（-4，0），且与x 轴、y 轴分别交于点B（x，
0），C（0，y）两个动点，记点D（x，y）的轨迹为曲线
.
（1）求曲线
的方程；
（2）过点F（1，0）的直线l 与曲线
交于P，Q 两点，直线OP，OQ 与圆
的另一交点分别为M，N（其中O 为坐标原点），求△OMN 与△OPQ 的
2
2
1
1
F
x
y
：
面积之比的最大值.
解析：（1）
的方程为
；
2
4
y
x
（2）设过F 点的直线方程为
，显然m 是存在的，联立方程：
1
x
my
，得
，
①，
②
2
4
1
y
x
x
my
2
4
4
0
y
my
1
2
4
y
y
m
1
2
4
y y
设
，代入①②得
…③
2
2
,2
,
,2
P t
t
Q s
s
1,
2
ts
t
s
m
则直线OP 的方程为
，直线OQ 的方程为
，联立方程：
2
y
x
t
2
y
x
s
，解得
，同理
，
2
2
1
1
2
x
y
y
x
t
2
2
2
2
4
,
4
4
t
t
M
t
t
2
2
2
2
4
,
4
4
s
s
N
s
s
，
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4
4
4
4
4
t
t
t
t
OM
t
t
t
t
2
2
4
s
ON
s
，
2
2
2
2
2
2
2
4,
2
4
OP
t
t
t
t
OQ
s
s
④，
2
2
2
2
2
4
4
4
4
4
16
OMN
OPQ
OM ON
S
S
OP OQ
t
s
ts
t
s
A
A
A
A
由③得
，代入④得：
，
2
2
2
2
2
4
2
t
s
t
s
ts
m
2
4
16
25
OMN
OPQ
S
S
m
A
A
显然当m=0 时最大，最大值为
；
4
25
综上，
的方程为
，
与
的面积之比的最大值为
.
2
4
y
x
OMN
A
OPQ
△
4
25
★题型6.某边过定点的三角形面积计算
例7.已知椭圆C：
经过点
，其右顶点为
.
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
1
3, 2
(2,0)
A
（1）求椭圆C 的方程；
（2）若点P，Q 在椭圆C 上，且满足直线AP 与AQ 的斜率之积为
.求
面积的最
1
20
APQ
A
大值.
解析：（1）椭圆C 的方程为
．
2
2
1
4
x
y
(2)结合
，可找到
的关系，从而可知直线PQ 经过定点
，于是△APQ 面积
1
20
AP
AQ
k
k
,
m k
B
等于
，即可求出其最大值．易知直线AP 与AQ 的斜率同号，所以直线
不
ABP
ABQ
S
S
△
△
PQ
垂直于
轴，故可设
，
，
，由
可得，
x
:
PQ
y
kx
m
0
k
1
1
2
2
,
,
,
P x y
Q x
y
2
2
1
4
x
y
y
kx
m
，所以，
，
2
2
2
1
4
8
4
4
0
k
x
mkx
m
2
1
2
1
2
2
2
8
4
4
,
1
4
1
4
mk
m
x
x
x x
k
k
，而
，即
，化简可得，
2
2
16 4
1
0
k
m
1
20
AP
AQ
k
k
1
2
1
2
1
2
2
20
y
y
x
x
①，因为
1
2
1
2
20
2
2
kx
m
kx
m
x
x
，所以，令
可得，
2
2
2
2
1
2
1
4
8
4
4
1
4
k
x
mkx
m
k
x
x
x
x
2
x
②，令
可得：
2
2
1
2
2
16
16
4
2
2
1
4
k
mk
m
x
x
k
m
x
k
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
4
20
80
20
20
20
1
4
1
4
m
m
m
m
k
k
kx
m
kx
m
k
x
x
k
k
k
k
k
把②③代入①得，
，化简得
，
2
2
2
2
16
16
4
20
80
k
mk
m
m
k
2
2
6
0
k
mk
m
所以，
或
，所以直线
或
，
2
m
k
3
m
k
:
PQ
2
y
k x
3
y
k x
因为直线
不经过点
，所以直线
经过定点
．设定点
，
PQ
A
PQ
3,0
3,0
B
所以，
1
2
1
2
1
5
2
2
APQ
ABP
ABQ
S
S
S
AB
y
y
k x
x
A
△
△
，因为
，所以
，
2
2
2
2
2
2
16 4
1
10
1 5
5
2
1
4
1
4
k
m
k
k
k
k
k
2
1 5
0
k
2
1
0
5
k
设
，所以
，当且仅当
2
9
4
1
1, 5
t
k
2
2
2
5
5
14
9
5
1
7
4
5
9
2
2
9
9
3
APQ
t
t
S
t
t
A
即
时取等号，即△APQ 面积的最大值为
．
9
7
t
2
1
14
k
5
3
★题型7.某边过定点的四边形面积计算
例8. 在平面直角坐标系xOy 中，已知
，
，动点P 满足
1
2 2,0
F
2 2 2,0
F
.
1
2
4
PF
PF
（1）求动点P 的轨迹C 的方程；
（2）若轨迹C 的左，右顶点分别为
，
，点
为轨迹C 上异于
，
1A
2
A
0
0
0
,
0
Q x
y
x
1A
的一个动点，直线
，
分别与直线
相交于S，T 两点，以ST 为直径的圆与
2
A
1
QA
2
QA
1
x
x 轴交于M，N 两点，求四边形SMTN 面积的最小值.
解析：（1）由动点P 满足
，得动点的轨迹是以
为焦点的双
1
2
4
4 2
PF
PF
1
2
F
F
、
曲线的右支，且
，所以
，所以
，
2
4 2
4 2
a
c
，
2
2 2
a
c
，
2
2
2
b
a
c
故动点P 的轨迹C 方程为：
；
2
2
1(
0)
4
4
x
y
x
（2）由（2）知，
，
1
2
( 2,0)
(2,0)
A
A
，
所以直线
的方程为
，即
，
1
QA
0
0
2
2
y
x
y
x
0
0
(
2)
2
y
y
x
x
与直线
的交点S 的坐标为
，直线
的方程为
，即
1
x
0
0
3
(1,
)
2
y
x
2
QA
0
0
2
2
y
x
y
x
，与直线
的交点T 的坐标为
，设以ST 为直径的圆的
0
0
(
2)
2
y
y
x
x
1
x
0
0
(1,
)
2
y
x
方程为
，令
，则
，所以
2
2
2
0
x
y
x
Ey
F
1
x
2
1
0
y
Ey
F
，
，令
，则
，设
0
0
0
0
3
2
2
y
y
E
x
x
0
0
0
0
3
(
)
1
2
2
y
y
F
x
x
0
y
2
2
0
x
x
F
，则
，
1
2
( ,0)
(
,0)
M x
N x
，
1
2
1
2
2
x
x
x x
F
，
所以
，
2
2
0
1
2
1
2
2
0
3
(
)
4
4
4(1
)
4
y
MN
x
x
x x
x
又点
在双曲线上，所以
，故
，又
0
0
(
,
)
Q x
y
2
2
0
0
4
x
y
2 3
MN
，
0
0
0
0
3
2
2
y
y
ST
x
x
所以
0
0
0
0
0
0
0
0
3
3
1
3
3(
)
2
2
2
2
2
SMTN
y
y
y
y
S
ST MN
x
x
x
x
四边形
，当且仅当
即
时等号成
0
0
0
0
3
3
2
=6
2
2
y
y
x
x
0
0
0
0
3
2
2
y
y
x
x
0
0
=4
=
2 3
x
y
，
立，所以四边形
面积的最小值为6.
SMTN
★题型8.以面积（面积比）为情境综合其他二级结论
例9（2023 届广州一模T21）已知椭圆
的离心率为
，以C 的短
2
2
2
2
:
1(
0)
x
y
C
a
b
a
b
2
2
轴为直径的圆与直线
相切.
6
y
ax
（1）求C 的方程；
（2）直线：
与C 相交于A，B 两点，过C 上的点P 作x 轴的平行线交
l
(
1)(
0)
y
k x
k
…
线段AB 于点Q，直线OP 的斜率为
（O 为坐标原点），△APQ 的面积为
.
的面
k
1S
BPQ
V
积为
，若
，判断
是否为定值？并说明理由.
2
S
2
1
|
|
|
|
AP S
BP S
k k
分析：（1）
1
4
8
2
2
y
x
（2）如图，设点
，其到线段
的距离为
，那么
)
,
(
0
0 y
x
P
AB
d
，
d
BQ
S
d
AQ
S
|
|
2
1
,
|
|
2
1
2
1
代入到
.
0
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2
1
PB
PA
k
k
APQ
BPQ
BQ
AQ
BP
AP
S
BP
S
AP
于是由上述基本原理可知：
，而
，故可得：
0
0
2
2
y
x
a
b
kAB
0
0
x
y
kOP
2
2
'
a
b
k
k
k
k
OP
AB
，此题中，
.
2
1
'
k
k
解析：（1）由椭圆
的离心率为
得：
，即有
，
C
2
2
2
2
2
1
2
a
b
a
2
2
2
a
b
由以C 的短轴为直径的圆与直线
相切得：
，联立解得
，
6
y
ax
2
6
1
b
a
2
2
8,
4
a
b
所以C 的方程是
.
1
4
8
2
2
y
x
（2）
为定值，且
.
k k
1
2
k k
因为
，则
，
2
1
|
|
|
|
AP S
BP S
1
2
1 |
||
| sin
|
|
|
| sin
2
1
|
|
|
| sin
|
||
| sin
2
AP
PQ
APQ
S
AP
AP
APQ
BP
S
BP
BPQ
BP
PQ
BPQ
因此
，而
，有
，
sin
sin
APQ
BPQ
(0,π)
APQ
BPQ
ABP
APQ
BPQ
于是
平分
，直线
的斜率
互为相反数，即
，
PQ
APB
,
AP BP
,
AP
BP
k
k
0
AP
BP
k
k
设
，由
得，
，即有
1
1
2
2
0
0
( ,
), (
,
), (
,
)
A x y
B x
y
P x
y
2
2
1
8
4
(
1)
x
y
y
k x
2
2
2
2
(2
1)
4
2
8
0
k
x
k x
k
，而
，则
2
1
2
2
2
1
2
2
4
2
1
2
8
2
1
k
x
x
k
k
x
x
k
1
0
2
0
1
0
2
0
0
AP
BP
y
y
y
y
k
k
x
x
x
x
，即
0
2
1
0
2
0
1
0
(
0
)(
)
(
)
y
y
x
x
y
y
x
x
1
0
2
0
2
0
1
0
[
)
(
1)
](
)
(
]
[
1)
(
k x
y
x
x
k x
y
x
x
1
2
0
0
1
2
0
0
2
)(
2
)
0
(
)
(
kx x
y
kx
k
x
x
x
y
k
于是
2
2
0
0
0
0
2
2
2
8
4
2
(
)
2
(
)
0
2
1
2
1
k
k
k
y
kx
k
x
y
k
k
k
，
2
2
2
0
0
0
0
2 (2
8)
4
(
)
2
(
)(2
1)
0
k
k
k
y
kx
k
x
y
k
k
化简得：
，且又因为
在椭圆上，即
，
2
0
0
0
0
0
2
1)
(
8)
0
(
y
x
k
x
k
x y
0
0
(
,
)
P x
y
2
2
0
0
1
8
4
x
y
即
，
，
2
2
0
0
2
8
x
y
2
2
0
0
0
0
2
8
y
x
x
x
从而
，
，
2
2
2
0
0
0
0
0
0
0
2
1)
( 2
0
(
)
y
x
k
y
x
x k
x y
0
0
0
0
(2
[
1)
0
) (
]
y k
x
x
k
y
又因为
不在直线
上，则有
，即
，所以
0
0
(
,
)
P x
y
:
(
1)
l y
k x
0
0
2
0
y k
x
0
0
1
2
y
k
k k
x
为定值，且
.
k k
1
2
k k
例10．（2024 年新高考2 卷）已知双曲线
，点
在
上，
为常
2
2
:
0
C x
y
m m
1 5,4
P
C
k
数，
．按照如下方式依次构造点
，过
作斜率为
的直线与
的左
0
1
k
2,3,...
nP n
1
nP
k
C
支交于点
，令
为
关于
轴的对称点，记
的坐标为
.
1
n
Q
nP
1
n
Q
y
nP
,
n
n
x
y
（1）若
，求
；
1
2
k
2
2
,
x
y
（2）证明：数列
是公比为
的等比数列；
n
n
x
y
1
1
k
k
（3）设
为
的面积，证明：对任意的正整数
，
.
n
S
1
2
n
n
n
P P P
A
n
1
n
n
S
S
解析：（1）
由已知有
，故
的方程为
.当
时，过
且斜率为
的
2
2
5
4
9
m
C
2
2
9
x
y
1
2
k
1 5,4
P
1
2
直线为
，与
联立得到
.解得
或
，所以该直线
3
2
x
y
2
2
9
x
y
2
2
3
9
2
x
x
3
x
5
x
与
的不同于
的交点为
，该点显然在
的左支上.故
，从而
，
C
1P
1
3,0
Q
C
2 3,0
P
2
3
x
.
2
0
y
方法1.逐步翻译，暴力运算
（2）由于过
且斜率为
的直线为
，与
联立，得到方
,
n
n
n
P
x
y
k
n
n
y
k x
x
y
2
2
9
x
y
程
.展开即得
，由于
2
2
9
n
n
x
k x
x
y
2
2
2
1
2
9
0
n
n
n
n
k
x
k y
kx
x
y
kx
已经是直线
和
的公共点，故方程必有一根
.
,
n
n
n
P
x
y
n
n
y
k x
x
y
2
2
9
x
y
n
x
x
从而根据韦达定理，另一根
，相应的
2
2
2
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
k y
kx
ky
x
k x
x
x
k
k
.所以该直线与
的不同于
的交点为
2
2
2
1
n
n
n
n
n
y
k y
kx
y
k x
x
y
k
C
nP
，而注意到
的横坐标亦可通过韦达定理表示为
2
2
2
2
2
2
,
1
1
n
n
n
n
n
n
n
ky
x
k x
y
k y
kx
Q
k
k
n
Q
，故
一定在
的左支上.所以
.
2
2
9
1
n
n
n
y
kx
k
x
n
Q
C
2
2
1
2
2
2
2
,
1
1
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
ky
y
k y
kx
P
k
k
这就得到
，
.
2
1
2
2
1
n
n
n
n
x
k x
ky
x
k
2
1
2
2
1
n
n
n
n
y
k y
kx
y
k
所以
2
2
1
1
2
2
2
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
ky
y
k y
kx
x
y
k
k
.
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
kx
y
k y
ky
k
k
k
x
y
x
y
k
k
k
k
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
2
2
1
1
9
x
y
1
1
0
x
y
n
n
x
y
1
1
k
k
（3）由于上一小问已经得到
，
，
2
1
2
2
1
n
n
n
n
x
k x
ky
x
k
2
1
2
2
1
n
n
n
n
y
k y
kx
y
k
故
.
2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
1
2
1
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
k x
ky
y
k y
kx
k
k
k
x
y
x
y
x
y
k
k
k
k
再由
，就知道
，所以数列
是公比为
的等比数列.
2
2
1
1
9
x
y
1
1
0
x
y
n
n
x
y
1
1
k
k
所以对任意的正整数
，都有
m
n
n m
n
n m
x y
y x
1
1
2
2
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
n
n m
x x
y y
x y
y x
x x
y y
x y
y x
1
1
2
2
n
n
n m
n m
n
n
n m
n m
x
y
x
y
x
y
x
y
1 1
1 1
2 1
2 1
m
m
n
n
n
n
n
n
n
n
k
k
x
y
x
y
x
y
x
y
k
k
2
2
1
1
1
2
1
1
m
m
n
n
k
k
x
y
k
k
.这就得到
，
9
1
1
2
1
1
m
m
k
k
k
k
2
3
2
3
1
1
9 1
1
2 1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
k
k
x
y
y
x
x y
y x
k
k
以及
.两式相减，即得
2
2
1
3
1
3
2
2
9
1
1
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
k
k
x
y
y
x
x y
y x
k
k
.
2
3
2
3
1
3
1
3
1
1
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
y
x
x
y
y
x
x y
y x
x y
y x
移项得到
.
2
3
2
1
3
1
2
3
2
1
3
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
y x
x
y
y x
y
x
x y
y
x
x y
故
.而
，
3
2
1
2
1
3
n
n
n
n
n
n
n
n
y
y
x
x
y
y
x
x
3
3
3
,
n
n
n
n
n
n
P P
x
x
y
y
.所以
和
平行，这就得到
1
2
2
1
2
1
,
n
n
n
n
n
n
P
P
x
x
y
y
3
n
n
P P
1
2
n
n
P P
1
2
1
2
3
n n
n
n
n
n
P P
P
P
P
P
S
S
A
A
，即
.
1
n
n
S
S
方法2.合理转化，多想少算
（2）由于
关于
轴的对称点是
，而
，而
,
n
n
n
P
x
y
y
1
,
n
n
n
Q
x
y
1
1
1
,
n
n
n
P
x
y
共线且
，则
.
都在双曲线上，则有
1
1
,
n
n
P
Q
1
n
n
x
x
1
1
n
n
n
n
y
y
k
x
x
1
1
,
n
n
P
Q
，作差可得
2
2
2
2
1
1
9
9
n
n
n
n
x
y
x
y
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
x
x
x
y
y
y
y
而
①，
②，两式做差可得：
1
1
n
n
n
n
y
y
k x
x
1
1
n
n
n
n
x
x
k y
y
，
1
1
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
x
y
k x
y
k x
y
故
，即数列
是公比为
1
1
1
1
1
(1
)
(1
)
,
1
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
k
k
x
y
k
x
y
x
y
k
n
n
x
y
的等比数列.凌晨讲数学
1
1
k
k
（3）要证
，注意到两个三角形的关系，只需证明点
到直线
的距
1
n
n
S
S
3
,
n
n P
P
2
1
n
n P
P
离相等即可，即证明
，即证
.记
，则
1
2
3
/ /
n
n
n
n
P P
P P
1
2
3
n
n
n n
P
P
P P
k
k
1
1
k
t
k
.
0
1
1
k
t
故
，而
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
k
x
y
x
y
t
k
2
2
1
1
1
1
9
9
9
2
n
n
n
n
n
n
n
n
x
y
x
y
t
y
t
t
则
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
n
n
n
n
n
n
n
n
P
p
n
n
n
n
x
x
y
t
y
t
k
y
y
y
y
1
1
1
1
2 (
1)
2 (
1)
2
1
1
1
9
9
9
9
(
1)
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
3
1
3
2
1
3
2
2
1
1
3
2
1
1
1
9
9
n n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
P P
n
n
t
t
y
t
y
t
k
y
y
t
t
t
t
.
1
3
1
2
1
1
2
1
3
2
1
2
2
1
1
1
9
9
9
1
n
n
n
n
n
n
n
n
n
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
于是可得
得证！
1
2
3
1
2
3
1
/ /
.
n
n
n n
P
P
P P
n
n
n
n
n
n
k
k
P P
P P
S
S
例11．（2024 年九省联考）已知抛物线
的焦点为
，过
的直线交
于
两
2
:
4
C y
x
F
F
l
C
,
A B
点，过
与垂直的直线交
于
两点，其中
在
轴上方，
分别为
的
F
l
C
,
D E
,
B D
x
,
M N
,
AB DE
中点．
（1）证明：直线
过定点；
MN
（2）设
为直线
与直线
的交点，求
面积的最小值．
G
AE
BD
GMN
A
解析：（1）由
，故
，由直线
与直线
垂直，故两只直线斜率都存
2
:
4
C y
x
1,0
F
AB
CD
在且不为，设直线
、
分别为
、
，有
，
0
AB
CD
1
1
x
m y
2
1
x
m y
1
2
1
m m
、
、
、
，联立
与直线
，即有
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
3
3
,
E x
y
4
4
,
D x
y
2
:
4
C y
x
AB
，
2
1
4
1
y
x
x
m y
消去
可得
，
，故
、
，
x
2
1
4
4
0
y
m y
2
1
16
16
0
m
1
2
1
4
y
y
m
1
2
4
y y
则
，故
，
，
2
1
2
1
1
1
2
1
1
2
1
1
1
2
4
2
x
x
m y
m y
m
y
y
m
2
1
2
1
2
1
2
x
x
m
1
2
1
2
2
y
y
m
即
，同理可得
，当
时，
2
1
1
2
1,2
M
m
m
2
2
2
2
1,2
N
m
m
2
2
1
2
2
1
2
1
m
m
则
，
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
1
2
2
:
1
2
2
2
1
MN
m
m
l
m
m
x
m
y
m
即
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
m
m
m
m
x
y
x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
，由
，即
1
2
1
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
1
1
2
1 2
1 2
2
m m
m m
x
x
m
m
m
m
m
m
m
m
m
m
1
2
1
m m
，故
时，有
，此时
过定
2
1
2
1
2
1
3
1
2
1
y
x
x
m
m
m
m
m
m
3
x
2
1
3
0
1
3
m
m
y
MN
点，且该定点为
，当
时，即
时，由
，即
3,0
2
2
1
2
2
1
2
1
m
m
2
2
1
2
m
m
1
2
1
m m
1
1
m
时，
有
，亦过定点
，故直线
过定点，且该定点为
；
2 1
3
:
MN
l
x
3,0
MN
3,0
方法1.逐步翻译，暴力运算
（2）由
、
、
、
，则
，由
1
1
,
A x y
2
2
,
B x
y
3
3
,
E x
y
4
4
,
D x
y
3
1
1
1
3
1
:
AE
y
y
l
y
x
x
y
x
x
、
，故凌晨讲数学
2
1
1
4
y
x
2
2
2
4
y
x
，
2
2
2
3
1
1
1
3
1
3
1
1
1
2
2
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
4
4
4
4
4
y
y
y
y y
y y
y
y
x
x
y
x
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
y
同理可得
，联立两直线，即
，
2
4
4
2
4
2
4
:
BD
y y
x
l
y
y
y
y
y
1
3
3
1
3
1
2
4
4
2
4
2
4
4
y y
x
y
y
y
y
y
y y
x
y
y
y
y
y
有
，即
1
3
2
4
3
1
3
1
4
2
4
2
4
4
y y
y y
x
x
y
y
y
y
y
y
y
y
，有
4
2
1
3
4
2
3
1
2
4
3
1
4
4
x y
y
y y
y
y
x y
y
y y
y
y
2
4
3
1
1
3
4
2
4
2
3
1
4
y y
y
y
y y
y
y
x
y
y
y
y
，由
，同理
，故
1
2
4
y y
3
4
4
y y
2
4
3
1
1
3
4
2
4
2
3
1
4
y y
y
y
y y
y
y
x
y
y
y
y
，
2
4
1
3
4
2
3
1
4
1
4
y
y
y
y
y
y
y
y
故
，过点
作
轴，交直线
于点
，则
，
1
G
x
G
//
GQ
x
MN
Q
1
2
M
N
Q
G
GMN
S
y
y
x
x
A
由
、
，故
2
1
1
2
1,2
M
m
m
2
2
2
2
1,2
N
m
m
1
2
1
1
1
1
2
2
2
2
2
2 2
4
M
N
y
y
m
m
m
m
m
m
，
当且仅当
时，等号成立，下证
：由抛物线的对称性，不妨设
，则
1
1
m
4
Q
G
x
x
1
0
m
，当
时，有
，则点
在
轴上方，点
亦在
轴上方，
2
0
m
1
1
m
2
1
1
1,0
m
m
G
x
Q
x
由直线
过定点
，此时
，同理，当
时，有点
在
轴下
MN
3,0
3
1
4
Q
G
x
x
1
1
m
G
x
方，点
亦在
轴下方，有
，故此时
，当且仅当
时，
，
Q
x
2
1
1
0
m
m
4
Q
G
x
x
1
1
m
3
Q
x
故
恒成立，且
时，等号成立，故
4
Q
G
x
x
1
1
m
，
1
1
4 4
8
2
2
MN
M
G
N
Q
G
S
y
y
x
x
A
方法2.面积转化，多想少算
（2）设
为
的中点,
为直线
与
的交点.由
分别为
的中点知
H
AD
S
GM
AD
,
M H
,
AB AD
,所以
,故
.设
为直线
与
的交点,同理可得
/ /
MH
DG
GHD
MGD
S
S
GSH
MSD
S
S
T
GN
AD
.所以
，由（1）中的法2 可得
GHT
TAN
S
S
GMN
ADMN
S
S
△
四边形
，同理可得
．所以
2
2
1
2
1
4
1
AB
m
y
y
m
2
1
4
1
DE
m
，当且仅当
时等号成
2
2
1
1
1
2
1
1
8
2
8
GMN
S
DN
AM
AB
DE
m
m
A
2
1
m
立．因此
的面积的最小值为8．
GMN
A
三．习题演练
1.已知过点
的直线与抛物线
交于
两点，
为坐标原点，当
1,0
2
:
2
(
0)
E y
px p
,
A B
O
直线
垂直于
轴时，
的面积为
.
AB
x
AOB
A
2
（1）求抛物线
的方程；
E
（2）若
为
的重心，直线
分别交
轴于点
，记
的
O
ABC
A
,
AC BC
y
,
M N
,
MCN
AOB
A
A
面积分别为
，求
的取值范围.
1
2
,
S S
1
2
S
S
解析：（1）由题意可知，
，所以
，所以抛物线
的方
1 1 2 2
2
2
AOB
S
p
A
1
p
E
程为
2
2
y
x
（2）设
，因为
为
的重心，所以
1
1
2
2
3
3
,
,
,
,
,
A x y
B x
y
C x
y
O
ABC
A
；因为
1
2
3
0,
AOB
AOC
BOC
x
x
x
S
S
S
A
A
A
，且
3
3
1
3
2
3
,
MOC
NOC
AOC
BOC
MC
NC
S
x
S
x
S
AC
x
x
S
BC
x
x
A
A
A
A
；所以
1
2
,
MOC
NOC
AOC
BOC
S
S
S S
S
S
A
A
A
A
2
2
1
2
1
2
3
3
1
1
2
1
2
2
2
1
3
2
3
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
3
3
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
x
S
x
x
x
x
S
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
；
设
，与
联立得：
，所以
，
:
1
AB x
ty
2
2
y
x
2
2
2
0
y
ty
1
2
2
y y
所以
，则
；所以
的取值范围为
2
1
2
1
2
1
4
y y
x x
1
2
1
2
2
2
x
x
x x
…
1
2
S
S
4 3
,
3 2
2 已知抛物线
的焦点为
，直线过点
交
于
两点，
在
两点
2
:
2
(
0)
C x
py p
F
l
F
C
,
A B
C
,
A B
的切线相交于点
的中点为
，且
交
于点
．当的斜率为1 时，
．
,
P AB
Q
PQ
C
E
l
8
AB
（1）求
的方程；
C
（2）若点
的横坐标为2，求
；
P
QE
（3）设
在点
处的切线与
分别交于点
，求四边形
面积的最小值．
C
E
,
PA PB
,
M N
ABNM
解析：（1）由题意，直线的斜率必存在.设直线的方程为
l
l
1
1
2
2
,
,
,
,
2
p
y
kx
A x y
B x
y
，
联立
得
，所以
2
2
2
p
y
kx
x
py
2
2
2
0,
(*)
x
pkx
p
1
2
2
1
2
Δ
0,
2
.
x
x
pk
x x
p
当
时，
，此时
1
k
1
2
2
x
x
p
1
2
1
2
1
2
2
8
2
2
p
p
AB
y
y
p
x
x
p
x
x
p
，
所以
，即
.所以
的方程为
.
4
8
p
2
p
C
2
4
x
y
（2）由(1)知，
，则
，代入直线
得
，则
中
1
2
2
4
x
x
pk
k
2
Q
x
k
1
y
kx
2
2
1
Q
y
k
AB
点
.因为
，所以
，则直线
方程为
，即
2
2 ,2
1
Q
k
k
2
4
x
y
2
x
y
PA
1
1
1
2
x
y
y
x
x
，同理，直线
方程为
，所以
2
1
1
1
1
2
4
y
x x
x
PB
2
2
2
1
1
2
4
y
x x
x
2
2
1
2
1
2
1
2
1
1
4
4
2
1
2
2
P
x
x
x
x
x
k
x
x
，
，所以
.因为
，即
，此时
2
1
1
2
1
1
2
1
4
4
4
P
x
x
x
x
x x
y
(2 , 1)
P
k
2,2
2
P
x
k
1
k
，所以直凌晨讲数学线
的方程为
，代入
，得
，所以
(2,3), (2, 1)
Q
P
PQ
2
x
2
4
x
y
1
y
，所以
.
(2,1)
E
|
| 2
QE
（3）由（2）知
，所以直线
方程为
，代入
，得
2
2 ,2
1 ,
(2 , 1)
Q
k
k
P
k
PQ
2
x
k
2
4
x
y
，所以
，所以
为
的中点.因为
在
处的切线斜率
，
2
2
y
k
2
2 ,2
E
k
k
E
PQ
C
E
1
2
2
y
k
k
所以
在
处的切线平行于
，又因为
为
的中点，所以
.由(1)中
C
E
AB
E
PQ
3
4
ABP
ABNM
S
S
A
四边形
式得
，所以
，因为直线
方程为
，所以
(*)
2
4
4
0
x
kx
1
2
4
x
x
k
AB
1
y
kx
.又
到直线
的距
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
4
4
4
AB
y
y
p
kx
kx
k x
x
k
(2 , 1)
P
k
AB
离
，所以
，
2
2
2
2
2
2
1
1
k
h
k
k
3
2
2
2
2
1
1
4
4
2
1
4
1
4
2
2
ABP
S
AB h
k
k
k
A
(当且仅当
时取“
”)所以
，所以四边形
的面积的最小值
0
k
3
3
4
ABP
ABNM
S
S
A
四边形
ABNM
为3.凌晨讲数学
3．已知椭圆C：
，过右焦点F 的直线l 交C 于A，B 两点，过点F 与l
2
2
2
2
1
0
x
y
a
b
a
b
垂直的直线交C 于D，E 两点，其中B，D 在x 轴上方，M，N 分别为AB，DE 的中点．当
轴时，
，椭圆C 的离心率为
．
l
x
2
AB
2
2
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)证明：直线MN 过定点，并求定点坐标；
(3)设G 为直线AE 与直线BD 的交点，求△GMN 面积的最小值．
解析：（1）由题意可得
，解得
，
，
2
2
2
2
2
2
2
2
b
a
a
b
c
c
a
1
b
c
2
a
则椭圆C 的标准方程为
．
2
2
1
2
x
y
（2）B，D 在x 轴上方，直线l 斜率存在且不为0，设直线
，联立椭圆
:
1
AB
l
x
my
，消去x 得：
，由韦达定理得：
，
2
2
2
2
x
y
2
2
2
2
1
0
m
y
my
1
2
2
1
2
2
2
2
1
2
m
y
y
m
y
y
m
，则
中点
，
2
1
2
1
2
2
2
2
4
2
2
2
2
m
x
x
m y
y
m
m
AB
2
2
2
,
2
2
m
M
m
m
由
，所以以
代替m 可得
，所以
，
DE
AB
l
l
1
m
2
2
2
2
,
1
2
1
2
m
m
N
m
m
2
3
1
2
1
MN
m
k
m
m
，化简得
，则
过定点
2
2
2
3
2
:
2
2
2
1
MN
m
m
l
y
x
m
m
m
2
3
2
3
2
1
m
y
x
m
MN
l
2 ,0
3
．
当
时，取
，
，则
过定点
；当
时，取
，
1
m
2
1
,
3
3
M
2 1
,
3 3
N
MN
l
2 ,0
3
1
m
2 1
,
3 3
M
，则
过定点
；综上直线MN 过定点
．
2
1
,
3
3
N
MN
l
2 ,0
3
2 ,0
3
（3）M，N 分别为AB，DE 的中点，凌晨讲数学
1
1
1
2
2
2
GMN
GDM
DMN
GDN
GAD
DEM
GDE
S
S
S
S
S
S
S
△
△
△
△
△
△
△
，
1
1
1 1
1
2
2
2 2
8
ADE
MDE
S
S
DE
AM
DE
AB
A
A
由（2）知
，以
代替
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
2
2 2
1
1
1
4
2
m
AB
m
y
y
m
y
y
y y
m
1
m
m 可得
，所以
，
2
2
2 2 1
1
2
m
DE
m
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
4
9
2 1
2
2 1
2
2
GMN
m
m
S
m
m
m
m
A
当且仅当
即
时，
2
2
2
1
2
m
m
1
m
