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专题03 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题
（含定值、最值、范围问题）
(典型题型归类训练)
一、必备秘籍
1、弦长公式
（最常用公式，使用频率最高）
=√
1+ 1
k2 √( y1+ y2)2−4 y1 y2
2、三角形面积问题
直线
方程：
3、焦点三角形的面积
直线
过焦点
的面积为
注意：
为联立消去
后关于
的一元二次方程的二次项系数
F2
F1
O
y
x
B
A
C
D
H
O
y
x
B
A
1
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4、平行四边形的面积
直线
为
，直线
为
注意：
为直线与椭圆联立后消去
后的一元二次方程的系数.
5、范围问题
首选均值不等式，其实用二次函数，最后选导数均值不等式
变式：
作用：当两个正数的积为定值时求出这两个正数的和的最小值；
当两个正数的和为定值时求出这两个正数的积的最大值
注意：应用均值不等式求解最值时，应注意“一正二定三相等”
圆锥曲线经常用到的均值不等式形式列举：
（1）
（注意分
三种情况讨论）
（2）
当且仅当
时，等号成立
（3）
当且仅当
时等号成立.
（4）
当且仅当
时，等号成立
(5)
2
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当且仅当
时等号成立.
二、典型题型
题型一：三角形面积（定值问题）
1．（2024 上·江西新余·高二统考期末）如图，椭圆
和圆
，已知椭圆
C 的离心率为
，直线
与圆O 相切．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)椭圆C 的上顶点为B，EF 是圆O 的一条直径，EF 不与坐标轴重合，直线BE、BF 与椭圆C 的另一个交
点分别为P、Q，求
的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先根据题意得到
，再根据离心率得到
，即可得到答案.
（2）首先设直线
，与椭圆联立得到
，从而得到
，即可得
到
，
，从而得到
，再利用基本不等式即可得到最
大值.
【详解】（1）直线
与圆
相切，则
，
由椭圆的离心率
，解得：
，
椭圆的标准方程：
；
（2）由题意知直线
，
的斜率存在且不为0，
，
不妨设直线
的斜率为
，则直线
．
3
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由
，得
，或
，
所以
.
用
代替
，得
则
，
，
，
设
，则
．
当且仅当
，即
，即
时取等号，
所以
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于
（或
）的一元二次方程，注意
的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
、
（或
、
）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
2．（2024 上·浙江宁波·高二统考期末）已知椭圆
离心率等于
，长轴长为4.
(1)求椭圆的标准方程
；
(2)若直线
与轨迹
交于
两点，
为坐标原点，直线
的斜率之积等于
，试探究
的面积是否为定值，并说明理由.
4
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【答案】(1)
(2)是定值1，理由见解析
【分析】（1）列出关于
的方程组求解后可得标准方程；
（2）设
，直线方程代入椭圆方程整理后应用韦达定理得
， 代入斜率乘积化简得出
的关系，然后由弦长公式计算弦长
，
再由点到直线距离公式求得三角形的高，从而计算三角形面积可得结论．
【详解】（1）由题意得
，解得
，
所以椭圆
的方程为
.
（2）设
，联立直线和椭圆方程可得：
，
消去
可得：
，
所以
，即
，
则
，
，
，
把韦达定理代入可得：
，
整理得
，
又
，
而
点到直线
的距离
，
5
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所以
，
把
代入，则
，可得
是定值1．
【点睛】方法点睛：本题考查椭圆中三角形面积为定值问题，一般设出交点坐标，直线方程与椭圆方程联
立方程组消元后应用韦达定理，并把此结论代入题设条件得出参数关系，由弦长公式求得弦长，由点到直
线距离公式求高，计算三角形面积，并根据参数关系化简得结论．
3．（2024 上·四川宜宾·高二统考期末）已知点
在抛物线
上，斜率为
的直线与
交于
两点，记直线
的斜率分别为
(1)证明：
为定值:
(2)若
，求
的面积．
【答案】(1)证明见解析；
(2)48.
【分析】（1）求出抛物线
的方程，设出直线
的方程，与
的方程联立，借助韦达定理及斜率坐标公
式计算即得.
（2）由（1）的结论求出
，进而求出直线
的方程，利用弦长公式及点到直线的距离公式求解即得.
【详解】（1）由点
在抛物线
上，得
，抛物线
，
设直线
的方程为
，
，显然
，
由
消去x 得
，
，则
且
，
，
因此
，
所以
为定值.
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（2）由
，得
，则
，由（1）知，
，
，解得
，
直线
的方程为
，
，
而点
到直线
的距离
，
所以
的面积
.
题型二：四边形面积（定值问题）
1．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知椭圆
的离心率为
，点
在椭圆
上，过点
的两条直线
，
分别与椭圆
交于另一点A，B，且直线
，
，
的斜率满足
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)证明直线
过定点；
(3)椭圆C 的焦点分别为
，
，求凸四边形
面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线
，联立直线和椭圆方程，消元后，利用
，建立方
程，解出后验证即可；
（3）设直线
，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用
进行计算，换元法求值域即可.
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【详解】（1）由题设得
，解得
，
所以
的方程为
；
（2）由题意可设
，设
，
，
由
，整理得
，
．
由韦达定理得
，
，
由
得
，
即
，
整理得
，
因为
，得
，解得
或
，
时，直线
过定点
，不合题意，舍去；
时，满足
，
所以直线
过定点
．
（3））由（2）得直线
，所以
，
由
，
整理得
，
，
由题意得
，
因为
，所以
，所以
，
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令
，
，
所以
，在
上单调递减，
所以
的范围是
．
2．（2024 上·天津河北·高二统考期末）已知椭圆
的右焦点为
，短轴长为2.
过点
且不平行于坐标轴的直线与椭圆
交于
两点，线段
的中点为
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)证明：直线
的斜率与直线的斜率的乘积为定值；
(3)延长线段
与椭圆
交于点
，若四边形
为平行四边形，求此时直线的斜率及四边形
的
面积.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)斜率为
，
【分析】（1）根据椭圆的焦点、短轴长求出
即可得解；
（2）设直线的方程为
，联立椭圆方程，求出弦中点，得出
斜率即可得证；
（3）由题意
为线段
的中点，表示出
点坐标，代入椭圆求解斜率，再由点到直线距离求出高可得
三角形面积，即可得解.
【详解】（1）由题意知
，
又
，
解得
.
椭圆
的方程为
.
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（2）由题意，设直线的方程为
，
由方程组
消去
得
.
显然
，
设
，
则
.
为线段
的中点，
，
，故
为定值.
（3）如图，
若四边形
为平行四边形，则
为线段
的中点，
即
点
在椭圆上，
，解得
，即
；
结合（2）可得
，
，
设点
到直线
的距离为
，则
，
即
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3．（2023 上·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）已知椭圆
的左、
右焦点为
，
，若
上任意一点到两焦点的距离之和为
，且点
在
上.
(1)求椭圆
的方程；
(2)在（1）的条件下，若点
，
在
上，且
(
为坐标原点)，分别延长
，
交
于
，
两点，则四边形
的面积是否为定值？若为定值，求四边形
的面积，若不为定值，请说明理
由.
【答案】(1)
(2)四边形
的面积为定值，理由见解析.
【分析】（1）根据定义可求出
，利用点在椭圆上列方程即可求出
，进而得到椭圆方程；
（2）设直线
的方程，
，
，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理结合
，
得到
与
的关系，由弦长公式和点到直线距离公式即可得到
，根据图象对称性即可计算四边形
的面积.
【详解】（1）因为
上任意一点到两焦点的距离之和为
，
所以
，即
.
又因为点
在
上，
所以
，则
，
故椭圆
的方程为
.
（2）四边形
的面积为定值，理由如下：
当直线
斜率为0 时，因为
，
不妨设
，则
，
则
，
，
此时四边形
的面积为
为定值；
当直线
斜率不为0 时，设
，且
，
.
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联立
，得
.
由
，得
，
则
，
，
则
，
因为
，
所以
，即
，即
，
则
，
又原点
到
的距离
，
所以四边形
的面积
，
综上，所以四边形
的面积为定值
.
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于
（或
）的一元二次方程，必要时计算
；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
、
（或
、
）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
题型三：三角形面积（最值，范围问题）
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1．（2024 上·江西吉安·高二江西省峡江中学校考期末）已知抛物线C：
的焦点F 在x 轴正半轴上，
过F 的直线l 交C 于A，B 两点，过F 与l 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
，
的中点．已知当l 的斜率为2 时，
．
(1)求抛物线C 的解析式；
(2)试判断直线
是否过定点，若过定点，请求出定点坐标；若不过定点，请说明理由；
(3)设G 为直线
与直线
的交点，求
面积的最小值．
【答案】(1)
(2)过定点，定点为
(3)8
【分析】（1）根据直线的斜率为2 时
列方程，得到
即可得到抛物线方程；
（2）分别联立直线与抛物线、直线
与抛物线方程得到点
，
的坐标，从而得到直线
的方程，
即可得到直线
过定点；
（3）联立直线
与
的方程得到
，根据点
，
的坐标和不等式得到
，通过分析
、
和
三种情况得到
，从而可得
面积的最小值.
【详解】（1）
设
，
，由题意得，
，
当直线的斜率为2 时，直线的方程为
，
联立
得
，则
，
， 则
，
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所以抛物线
的解析式为
.
（2）由（1）得
，
设直线的方程为
，
的方程为
，设
，
，
因为直线与直线
垂直，所以
，
联立
得
，
则
，
，
，
，
所以
，
同理可得
当
时，
：
，
即
，
因为
，所以直线
的方程为
，
故当
时，
，此时
过定点
，
当
时，由
得
，此时直线
的方程为
，同样经过点
，
所以直线
过定点，该定点为
.
（3）由抛物线方程得
，
，
则
：
，
同理可得
：
，
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联立
得
，
即
，
由
，同理
，
故
，
所以
，
过点
作
轴，交直线
于点
，则
，
由
，
，得
，
当且仅当
时等号成立，
下证
，
由抛物线的对称性，不妨设
，则
，
当
时，有
，则点
在
轴上方，点
亦在
轴上方，
，直线
过定点
，
所以此时
，
同理
时，点
在
轴下方，点
亦在
轴下方，
，
故此时
，
当且仅当
时，
，
，
所以
恒成立，且
时等号成立，
故
，
所以
的面积最小值为8.
【点睛】方法点睛：求定点问题常见的两种方法：
（1）从特殊入手，求出定点，再证明这个点与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点.
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2．（2024 上·江西新余·高二统考期末）如图，椭圆
和圆
，已知椭圆
C 的离心率为
，直线
与圆O 相切．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)椭圆C 的上顶点为B，EF 是圆O 的一条直径，EF 不与坐标轴重合，直线BE、BF 与椭圆C 的另一个交
点分别为P、Q，求
的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）首先根据题意得到
，再根据离心率得到
，即可得到答案.
（2）首先设直线
，与椭圆联立得到
，从而得到
，即可得
到
，
，从而得到
，再利用基本不等式即可得到最
大值.
【详解】（1）直线
与圆
相切，则
，
由椭圆的离心率
，解得：
，
椭圆的标准方程：
；
（2）由题意知直线
，
的斜率存在且不为0，
，
不妨设直线
的斜率为
，则直线
．
由
，得
，或
，
16
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所以
.
用
代替
，得
则
，
，
，
设
，则
．
当且仅当
，即
，即
时取等号，
所以
.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于
（或
）的一元二次方程，注意
的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
、
（或
、
）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
3．（2024 上·广东广州·高二华南师大附中校考期末）已知
，圆
，
是
圆
上任意一点，线段
的垂直平分线和半径
相交于点
，当
点在圆
上运动时，点
的轨迹
是曲线
．
(1)求曲线
的方程；
(2)过
作一条不平行于坐标轴的直线交曲线
于
两点，过
点作
轴的垂线交
于点
，求
面积的最大值．
【答案】(1)
；
(2)
.
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【分析】（1）根据给定条件，结合对称的性质可得
，再利用椭圆的定义求解即得.
（2）设出直线
的方程，与曲线
的方程联立，结合韦达定理及三角形面积公式求出面积的函数关系，
并求出最大值即得.
【详解】（1）连接
，由线段
的垂直平分线和半径
相交于点
，得
，而圆
的半
径为
，
则
，
因此曲线
是以
为左右焦点，长轴长
的椭圆，显然焦距
，则
，
所以曲线
的方程是
.
（2）设直线
的方程为
，
，则
，
由
消去
得
，显然
，则
，
于是
的面积
，当且仅当
，即
时取等号，
所以
面积的最大值为
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：
（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；
（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数
的最值或范围．
4．（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知椭圆
的两焦点
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，且椭圆
过
.
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)设椭圆
的左右顶点分别为
､
，直线交椭圆
于
两点（
与
均不重合），记直线
的斜率为
，直线
的斜率为
，且
，设
，
的面积分别为
，求
的
取值范围
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得：
，求解即可；
（2）先确定直线
的斜率必不为0，设其方程为
，联立椭圆方程，结合韦达定理，结
合题意可得直线
恒过
轴上一定点
.从而可求得
，进而可
求解.
【详解】（1）由题意可得：
，解得
，所以椭圆的方程为：
；
（2）依题意，
，设
，直线
斜率为
.
若直线
的斜率为0，则点
关于
轴对称，必有
，不合题意.
所以直线
的斜率必不为0，设其方程为
，
与椭圆
的方程联立
得
，
所以
，且
因为
是椭圆上一点，满足
，
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所以
，
则
，即
.
因为
所以
，此时
，
故直线
恒过
轴上一定点
.
因此
，
所以
，
令
，
当
即
时，
取得最大值
.
.
20
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【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为
；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于
（或
）的一元二次方程，必要时计算
；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为
、
（或
、
）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
题型四：四边形面积（最值，范围问题）
1．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知椭圆
的离心率为
，点
在椭圆
上，过点
的两条直线
，
分别与椭圆
交于另一点A，B，且直线
，
，
的斜率满足
．
(1)求椭圆
的方程；
(2)证明直线
过定点；
(3)椭圆C 的焦点分别为
，
，求凸四边形
面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据条件列出方程组，解出即可；
（2）设直线
，联立直线和椭圆方程，消元后，利用
，建立方
程，解出后验证即可；
（3）设直线
，联立直线和椭圆方程，消元后，利用韦达定理得到条件，利用
进行计算，换元法求值域即可.
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【详解】（1）由题设得
，解得
，
所以
的方程为
；
（2）由题意可设
，设
，
，
由
，整理得
，
．
由韦达定理得
，
，
由
得
，
即
，
整理得
，
因为
，得
，解得
或
，
时，直线
过定点
，不合题意，舍去；
时，满足
，
所以直线
过定点
．
（3））由（2）得直线
，所以
，
由
，
整理得
，
，
由题意得
，
因为
，所以
，所以
，
22
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令
，
，
所以
，在
上单调递减，
所以
的范围是
．
2．（2024 上·湖南娄底·高三统考期末）已知椭圆
的右焦点为
，离心率
，
椭圆
上一动点
到
的距离的最小值为
.
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)设斜率为
的直线过
点，交椭圆
于
两点，记线段
的中点为
，直线
交直线
于点
，直线
交椭圆
于
两点，求
的大小，并求四边形
面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
，3
【分析】（1）由题意
，结合平方关系即可得解.
（2）由题意设
，直线的方程为
，联立椭圆方程，结合韦达定理、中点坐
标公式得
坐标，
方程，联立
进而得
坐标，可以发现
，所以
，由四边
形
对角线互相垂直，以及弦长公式、同理思想可表示出面积，结合基本不等式的相关推论即可得解.
【详解】（1）设椭圆
的半焦距为，由已知
，
求得
，所以
.
所以椭圆
的方程为
.
23
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（2）
由已知椭圆
的右焦点为
，
设
，直线的方程为
，
联立
，可得
.
则
.
于是有
.
因为
的中点为
，所以
，因此直线
的斜率
，
因为直线
交直线
于点
，
所以
，故直线
的斜率为
，
即得
，因此直线
与直线
垂直，所以
，
所以
.
因为
，所以直线
的方程为
，
同理可得
，
24
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所以四边形
的面积
.
因为
，
当且仅当
，即
时等号成立，
所以
，
故四边形
面积的最小值为3.
【点睛】关键点睛：第二问求
的关键是先用
的斜率表示出
的斜率，结合到角公式可以得夹
角，事实上可以得
，问题就简单了，然后由弦长公式、同理思想表示出四边形面积，即可顺
利得解.
3．（2024 上·山西大同·高二统考期末）已知椭圆
经过点
，一个焦点在直线
上．
(1)求椭圆
的方程；
(2)设经过原点
的两条互相垂直的直线分别与椭圆
相交于
，
两点和
，
两点．求四边形
的
面积的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题设易得
，结合椭圆定义及两点距离公式求得
，进而可得椭圆方程；
（2）讨论直线斜率，设直线方程并联立椭圆求相交弦长，进而得到四边形
的面积关于直线斜率的
表达式，即可得求最小值.
【详解】（1）由题意，椭圆
的左、右焦点分别为
，
，即
，
所以
，
即
，
，所以椭圆
的方程为
．
（2）①当直线
的斜率不存在或为0 时，
，
，
，
分别为椭圆的四个顶点，所以
．
25
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②当直线
的斜率存在且不为0 时，设
，则
，
设
，
，
，
，
联立
，解得
，即
，
所以
，同理
，
所以
．
令
，则
，
，
所以
，
，
当
时
，又
，
所以四边形
的面积的最小值为
．
4．（2024 上·贵州铜仁·高二统考期末）已知椭圆
的焦点坐标
，且过点
.
(1)求椭圆
的标准方程；
(2)直线
与椭圆
交于
，
两点，且
，
关于原点的对称点分别为
，
，若
是
一个与
无关的常数，求此时的常数及四边形
面积的最大值.
【答案】(1)
(2)28，
【分析】（1）由椭圆的定义求出
，再由焦点坐标求出，再由
，即可得出答案；
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（2）联立直线
与椭圆方程，消去y，由韦达定理表示出
，因为
是一个
与
无关的常数，所以
，求出
，再表示出四边形
的面积，由二次函数的性质求解即
可得出答案.
【详解】（1）点
到椭圆
两焦点的距离和为
，
.
又
，故
，故椭圆方程为
.
（2）依题意，可得四边形
为平行四边形，
故
，
设
，
，则
，
由
，消掉
可得
，
可得
，
，
∴
.
若上式与
无关，故
，
.故此时常数为28.
此时
，
，
，
27
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而原点
到
的距离
，四边形
的面积
，
此时
，
满足
成立.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
三、专项训练
1．（2024 上·天津河北·高二统考期末）已知椭圆
的右焦点为
，短轴长为2.
过点
且不平行于坐标轴的直线与椭圆
交于
两点，线段
的中点为
.
(1)求椭圆
的方程；
(2)证明：直线
的斜率与直线的斜率的乘积为定值；
(3)延长线段
与椭圆
交于点
，若四边形
为平行四边形，求此时直线的斜率及四边形
的
面积.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)斜率为
，
【分析】（1）根据椭圆的焦点、短轴长求出
即可得解；
（2）设直线的方程为
，联立椭圆方程，求出弦中点，得出
斜率即可得证；
（3）由题意
为线段
的中点，表示出
点坐标，代入椭圆求解斜率，再由点到直线距离求出高可得
三角形面积，即可得解.
28
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【详解】（1）由题意知
，
又
，
解得
.
椭圆
的方程为
.
（2）由题意，设直线的方程为
，
由方程组
消去
得
.
显然
，
设
，
则
.
为线段
的中点，
，
，故
为定值.
（3）如图，
若四边形
为平行四边形，则
为线段
的中点，
即
点
在椭圆上，
，解得
，即
；
结合（2）可得
，
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，
设点
到直线
的距离为
，则
，
即
2．（2024 上·辽宁·高三校联考期末）已知椭圆
（
）的离心率为
，左右焦点分别
､
为
，
.过
的直线交椭圆于
，
两点，过
的直线交椭圆于
，
两点，且
，垂足为
，
.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求四边形
的面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由几何关系得
，结合离心率得椭圆的方程；
（2）按两条相互垂直的直线斜率是否存在分类讨论，当直线BD 的斜率存在且不为零时，设直线BD 的方
程为
，与椭圆方程联立，用弦长公式求
，同理得
，表示出四边形
的面积并求最
小值.
【详解】（1）因为
，垂足为
，O 为
的中点，所以
，
即
，又因为离心率
，所以
，
，
椭圆的方程为
.
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（2）
当直线BD 的斜率不存在或斜率为零时，四边形ABCD 的面积为
；
当直线BD 的斜率存在且不为零时，设直线BD 的方程为
，
，
，
联立方程组
，得
，
则
，
，
，
由
，及椭圆的对称性，
，
四边形ABCD 的面积
，
当且仅当
，即
时，等号成立，
因为
，所以四边形ABCD 的面积最小值为
.
【点睛】关键点点睛：当直线BD 的斜率存在且不为零时，由弦长公式得
，求
的长
可根据直线AC 过定点
且与直线BD 垂直，结合椭圆的对称性通过用
代
直接得到.
3．（2024 上·重庆九龙坡·高二统考期末）已知椭圆
的离心率为
，焦距为2．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若直线
与椭圆
相交于
两点，且
．求
的面积．
【答案】(1)
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(2)
【分析】（1）根据椭圆焦距及离心率即可得；
（2）联立椭圆方程后，利用韦达定理及
可得
的值，即可求出
的面积.
【详解】（1）∵椭圆
：
的离心率为
，故
，
又焦距为2，故
，即有
，
，则
，
∴椭圆
的方程为
；
（2）联立
，消去
整理得
，
由
，则
，
设
，
，则
，
，
故
，
则
，
化简得
，即
，满足
，
故
，
又点
到直线的距离
，
∴
的面积
，
故
的面积为
.
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4．（2024 上·河北沧州·高二泊头市第一中学校考阶段练习）已知椭圆
的中心为坐标原点
，焦点在
轴
上，点
均在椭圆
上．
(1)求椭圆
的离心率；
(2)过原点且经过第一、三象限的直线与椭圆交于
两点，点
为椭圆右顶点，点
为椭圆上顶点，求
四边形
面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法，结合题目中的已知点，建立方程组，根据椭圆离心率的计算公式，可得
答案；
（2）设出函数解析式，联立方程，求得交点坐标，利用分割法，整理函数解析式，结合基本不等式，可
得答案.
【详解】（1）设椭圆
的方程为
，
点
均在椭圆
上，
，解得
，
椭圆
的方程为
，椭圆
的离心率
．
（2）
由题意，设直线
的方程为
，
设
，其中
，
联立
，得
，
，
由题设，
，
四边形
的面积为：
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，
当且仅当
，即
时，上式取等号．
四边形
面积的最大值为
．
5．（2024 上·天津宁河·高二统考期末）已知椭圆
的离心率为
，右焦点为
.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线
与椭圆交于A，B 两点，求
的面积.
【答案】(1)
；
(2)
.
【分析】（1）由题设可得
、
，进而写出椭圆方程；
（2）联立椭圆与直线，应用韦达定理、弦长公式及点线距离公式求
，进而求面积.
【详解】（1）由题设
且
，则
，故
，
所以
.
（2）联立直线与椭圆
，可得
，显然
，
所以
，
，故
，
而
到
的距离
，
所以
的面积为
.
6．（2024 上·辽宁葫芦岛·高二统考期末）在以下三个条件中任选一个，补充在下列问题中，并作答.条件
①：直线的法向量为
；条件②：与直线
平行；条件③：与直线
垂直.
已知直线经过
且___________.
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(1)求直线方程；
(2)若点
是直线上的动点，过点
做
的两条切线，切点分别为
，
两点，
求四边形
的面积的最小值.
【答案】(1)所选条件见解析，
；
(2)5.
【分析】（1）选择①，根据法向量得到直线的一个方向向量，即得斜率，点斜式写出直线方程；选择
②③，由平行、垂直关系设所求直线方程，将已知点代入求参数，即得直线方程；
（2）由圆切线性质，问题化为先求
，再求四边形
的面积的最小值.
【详解】（1）若选择①：由法向量
，可得直线的一个方向向量
，可得
，
于是
，代入并整理得
，
综上，直线方程为
；
若选择②：与直线
平行，可设直线方程为
，
，
将
代入，则有
，解得
，整理得
，
综上，直线方程为
；
若选择③：与直线
垂直，可设直线方程为
，
将
代入，则有
，解得
，整理得
综上，直线方程为
.
（2）由题意，圆的方程为
，得圆心为
，半径为
，
则
到
距离为
，即直线与圆相离，
而
，
，
，
当
时，
，
此时
面积的最小值为
.
7．（2024 上·湖北武汉·高三统考期末）已知抛物线
的焦点为F，M 为抛物线
上
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一点，且在第一象限内.过
作抛物线
的两条切线
，
，A，B 是切点；射线
交抛物线
于
.
(1)求直线
的方程（用M 点横坐标
表示）；
(2)求四边形
面积的最小值.
【答案】(1)
(2)16
【分析】（1）利用导数求则切线
和
的方程，由点
坐标同时满足
和
的方程，得直线
的
方程；
（2）设直线
的方程，表示出弦长
，再求A、B 到直线
的距离，表示出四边形
面积，利
用韦达定理化简，由基本不等式求最小值.
【详解】（1）
，
，
，
抛物线
，即
，则
，抛物线在点
处切线斜率为
，
则切线
方程为
，整理得
，
同理，
方程为
，
又
在
，
上，有
，
直线
的方程为
，
又
在
上，有
，
所以直线
的方程为
.
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（2）设
，
，
联立
，
，
.
设A、B 到
的距离为
、
.
则
联立
，
，
，
，
（其中
）
，
又
代入得
，
当且仅当
，即
取最小值.
所以四边形
面积的最小值为16.
【点睛】方法点睛：
解答直线与抛物线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与
系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不
要忽略直线斜率为0 或不存在等特殊情形．强化有关直线与抛物线联立得出一元二次方程后的运算能力，
重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．
8．（2024 上·上海·高二上海市吴淞中学校考期末）如图，设
是椭圆
的下焦点，直线
与椭圆相交于
、
两点，与
轴交于
点.
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(1)求以
为圆心，短轴长为半径的圆的标准方程；
(2)判断直线
与
斜率之和是否为常数，若成立，求出常数值；否则说明理由；
(3)求
面积的最大值.
【答案】(1)
(2)是常数，即
(3)
【分析】（1）由题意找出
，短轴长的长度即可即可解决；
（2）联立方程组得到关于
的一元二次方程，再利用韦达定理得到
关系，
进而利用斜率公式得到求和，通过化简得到结果；
（3）通过
和韦达定理进行化简，令
，进而利用基本不等式得到答案.
【详解】（1）由
得
，
，
.
所以，以
为圆心，短轴长为半径的圆的标准方程为
.
（2）由
，得
，整理得
.
因为直线
与椭圆相交于
，
两点，
所以
，又
，得
.
设
，
则由韦达定理可得
，
.
因为
，
所以
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，
即
.
直线
与
斜率之和是常数，即
.
（3）
，
,
令
，即
，
于是
，
又
，
当且仅当
，即
时，等号成立.
所以
.
故三角形
的面积的最大值为
.
9．（2024 上·甘肃兰州·高二校考期末）在平面直角坐标系
中，圆
与圆
内切，
且与圆
外切，记动圆M 的圆心的轨迹记为曲线C．直线
与曲线C
相交于P，Q 两点．
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(1)求曲线C 的方程；
(2)若
是一个与m 无关的定值，求此时k 的值及△OPQ 的面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
，
.
【分析】（1）根据圆内切和外切的位置关系，以及椭圆的定义即可得解.
（2）联立直线和椭圆的方程组，利用根与系数的关系表示出
，写出关于k 的表达式，再由弦
长公式和点到直线的距离，表示出面积公式，由基本不等式得面积的最大值.
【详解】（1）设圆
的圆心为
，半径为，
由题意知，圆
的标准方程为
，圆心
，半径
，
圆
的标准方程为
，圆心
，半径
，
因为圆
与圆
内切，所以
，
圆
与圆
外切，所以
，
则
，
所以动圆M 的圆心的轨迹是以
，
为焦点的椭圆，
，
，
，
即曲线C 的方程为
.
（2）设点
，
，
直线
与曲线C 的方程
联立，
消去
得
，
，
，
由韦达定理：
，
，
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，
因为
是一个与m 无关的定值，则令
，
解得
，此时
恒成立，
即当
，时
，
因为
，
因为原点
到直线的距离
，
所以
,
,
当
时，即
时，
面积最大为
.
10．（2024 上·江苏无锡·高二无锡市第一中学校考期末）已知椭圆
的左右焦点分别
为
，
，且椭圆过点
，直线
与椭圆
相交于
，
两点．
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(1)求椭圆
的方程；
(2)若不过原点且不平行于坐标轴，记线段
的中点为
，求证：直线
的斜率与的斜率的乘积为定
值；
(3)若
，求
面积的取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由题意
，从而
，再由椭圆过点
，得到
求解；
（2）设
，
，
，
，联立
，结合韦达定理得到线段
的中点
的坐标，再由斜
率公式运算证明；
（3）根据
，由
求得k，m 的关系，再由求得原点
到
的距离d 和弦长
求得面积关于k 的表达式，然后利用换元思想，结合对勾函数的单调性求得取值范围.
【详解】（1）解；由题意
，则
，
又椭圆过点
，则
，
所以
，即
，
所以
或
，
所以椭圆
的方程为
；
（2）证明：
，
，
，
，
联立
，消去
，得
，
所以
，
由韦达定理有
，
所以
，
所以线段
的中点
的坐标为
，即
，
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所以直线
的斜率与的斜率的乘积为
，
所以直线
的斜率与的斜率的乘积为定值；
（3）
，
若
，则
，即
，
所以
，
此时
，
则原点
到
的距离为
.
又
，
所以
，
不妨设
，
因为
，则
，所以
，
由对勾函数及及复合函数的单调性可知，
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以，，所以面积的取值范围．
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