重难点22：破解圆锥曲线的面积：圆锥曲线中三角形与四边形面积问题（培优固本提能讲义）（教师版）_高考一二三轮复习_数学_2026年

重难点22：破解圆锥曲线的面积：圆锥曲
线中三角形与四边形面积问题
（培优固本提能讲义）
知识网络·核心根基深扎牢....................................................................................1
实战演练·能力进阶攀高峰....................................................................................3
题型一、三角形面积之焦点三角形法............................................................3
题型二、三角形面积之底×高÷2法................................................................6
题型三、三角形面积之定底求高法..............................................................10
题型四、三角形面积和差问题......................................................................14
题型五、三角形面积比值问题：补角模型..................................................18
题型六、三角形面积比值问题：等角模型..................................................24
题型七、三角形面积比值问题：共角模型..................................................30
题型八、四边形面积之对角线垂直法..........................................................35
题型九、四边形面积之分割法......................................................................42
题型十、三角形、四边形面积最值（范围）问题......................................53
题型精析・方法突破提能力..............................................................................60
方法
 
 1  ：三角形面积之焦点三角形法
 
 
椭  圆：设椭圆椭圆x
2
a
2 +y
2
b
2 =1，a>b>0，焦点F1(−c,0)、F2(c,0)，P(x0,y0)为
椭圆上一点，∆PF1F2中∠F1PF2=θ，|PF1|= m ，|PF2|=n，则面积为：
S=b
2tanθ
2
。
证明（大题按照此步骤）：由余弦定理：m
2+n
2−2mncosθ =(2c)
2
由椭圆定义得：m +n=2a，平方得到：m
2+n
2+2mn=(2a)
2
知识网络・核心根基深扎牢
两式相减得到：mn=
2b
2
1+cosθ
所以：S=1
2 mnsinθ= b
2sinθ
1+cosθ =b
22sinθ
2 cosθ
2
2cos
2θ
2
=b
2tanθ
2
双曲线：设双曲线x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，a>0,b>0，焦点F1(−c,0)、F2(c,0)，P(x0,y0)
为双曲线上一点，∆PF1F2中∠F1PF2=θ，|PF1|= m ，|PF2|=n，则面积为：
S=b
2
tanθ
2
。
证明（大题按照此步骤）：由余弦定理：m
2+n
2−2mncosθ =(2c)
2
由椭圆定义得：|m −n|=2a，平方得到：m
2+n
2−2mn=(2a)
2
两式相减得到：mn=
2b
2
1−cosθ
所以：S=1
2 mnsinθ= b
2sinθ
1−cosθ = b
22sinθ
2 cosθ
2
2sin
2θ
2
= b
2
tanθ
2
方法
 
 2  ：三角形面积之底
 
 ×高÷2法
弦长公式：
|AB|=
❑√1+k
2∙
❑√(x1+x2)
2
4
−x1x2；
|AB|= ❑√1+(
1
k)
2
∙
❑√( y1+ y2)
2
4
−y1 y2；
点到弦长距离公式：
d =|k x0−y0+m|
❑√1+k
2
面积公式：（该公式可计算最值型面积）
S=1
2 ×|AB|×d =1
2
❑√1+k
2∙
❑√(x1+x2)
2
4
−x1x2∙|k x0−y0+m|
❑√1+k
2
方法
 
 3  ：三角形面积之定底求高法
 
 
如图直线过定点Q，直线与椭圆或双曲线交于A(x1,y1)、B(x2,y2)，
S∆ABP=1
2 ×|PQ|×|y1−y2|=1
2 ×|PQ|❑√( y1+ y2)
2
4
−y1 y2
方法
 
 4  ：三角形面积最值范围问题方法策略
 
 
1.先利用面积公式求出含参数的表达式
2.利用换元法化简表达式或分子分母同除以分子，将分子化为常数
3.利用基本不等式或函数单调性求最值或范围
【例题1】椭圆x
2
25 + y
2
16 =1的焦点为F1, F2，P 为椭圆上一点，若∠F1 P F2=60°，则
Δ F1 P F2的面积是.
A．16 ❑√3
3
B．32❑√3
3
C．16 ❑√3
D．32❑√3
【答案】A
【分析】椭圆焦点三角形的面积公式为S =b
2tan θ
2，直接代入公式可求得面积.
【详解】由于椭圆焦点三角形的面积公式为S =b
2tan θ
2，故所求面积为
16 tan30
∘= 16 ❑√3
3
，故选A.
【点睛】本小题主要考查椭圆焦点三角形的面积，椭圆焦点三角形的面积公式为
S =b
2tan θ
2，将题目所给数据代入公式，可求得面积.属于基础题.
实战演练・能力进阶攀高峰
题型一、三角形面积之焦点三角形法
典例探究
【1-1】椭圆x
2
25 + y
2
16 =1的左右焦点分别为F1, F2，点P在椭圆上，且∠F1 P F2=π
3 ，则
△F1 P F2的面积是 
【答案】16 ❑√3
3
【分析】根据焦点三角形的性质，结合余弦定理即可得|F1 P)|F2 P)=32，由面积公
式即可求解.
【详解】由题意可得|F1 P)+|F2 P)=2a=10,c =
❑√a
2−b
2= ❑√25−16=3, 
|F1 F2)=2c =6，
又∠F1 P F2=π
3 ，
所以在△F1 P F2中，|F1 P)
2+|F2 P)
2−2|F1 P)|F2 P)cos∠F1 P F2=|F1 F2)
2,
即(|F1 P)+|F2 P))
2−3|F1 P)|F2 P)=|F1 F2)
2，
所以10
2−3|F1 P)|F2 P)=6
2，故|F1 P)|F2 P)= 64
3 ，
故S△F1 P F2= 1
2|F1 P)|F2 P)sinπ
3 = 16 ❑√3
3
,
故答案为：16 ❑√3
3
 
【1-2】已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1, F2．
举一反三
(1)若双曲线C与椭圆x
2
4 + y
2=1有共同的焦点，且双曲线C过点Q(2,1)，求该双曲线
的标准方程；
(2)若b=1，点P在双曲线右支上，且∠F1 P F2=π
3 ，求△F1 P F2的面积．
【答案】(1) x
2
2 −y
2=1；
(2)❑√3.
【分析】（1）求出椭圆的焦点坐标，再利用待定法求出双曲线方程.
（2）利用双曲线定义，结合余弦定理、三角形面积公式求解.
【详解】（1）椭圆x
2
4 + y
2=1的焦点为(❑√3,0)和(−❑√3,0)，
依题意，{
4
a
2 −1
b
2 =1
a
2+b
2=3)
，解得{
a
2=2
b
2=1)，所以双曲线C的标准方程为x
2
2 −y
2=1.
（2）设| P F1|=m，| P F2|=n，则由双曲线的定义得m−n=2a，
在△P F1 F2中，
4 c
2=m
2+n
2−2mncos∠F1 P F2=m
2+n
2−mn=(m−n)
2+mn= 4 a
2+mn，
则mn= 4 c
2−4 a
2= 4 b
2= 4，所以△F1 P F2的面积S = 1
2 mnsinπ
3 = 1
2 ×4×
❑√3
2 = ❑√3.
【1-3】设a为实数，已知双曲线C : x
2
a −y
2
3 =1与椭圆x
2
5 + y
2
a
2 =1有相同的焦点F1, F2．
(1)求a的值；
(2)若点P在C上，且P F1⊥P F2，求△F1 P F2的面积．
【答案】(1)1；
(2)3.
【分析】（1）根据曲线方程判断a>0，根据共焦点列出方程，求解即可；
（2）根据双曲线定义，结合三角形形状，列方程求解即可.
【详解】（1）根据题意，显然a>0，且双曲线C的焦点在x轴上，
故a+3=5−a
2，即a
2+a−2=0，(a+2)(a−1)=0，
解得a=−2或a=1，又a>0，故a=1；
（2）由（1）可得双曲线C方程为：x
2−y
2
3 =1，
设其左右焦点分别为F1, F2，故可得F1(−2,0), F2(2,0)；
根据双曲线的对称性，不妨设点P在双曲线C的左支上，
设|P F1)= x，
由双曲线定义可得：|P F2)−|P F1)=2，即|P F2)= x +2；
又三角形P F1 F2为直角三角形，则|P F1)
2+|P F2)
2=|F1 F2)
2，
即x
2+(x +2)
2=16，即x
2+2 x−6=0，x
2+2 x =6；
故△P F1 F2的面积S = 1
2 x (x +2)= 1
2 (x
2+2 x)=3.
【例题2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左右焦点分别为
､
F1(−c ,0)和F2(c ,0)，离
题型二、三角形面积之底×高÷2法
典例探究
心率是
❑√3
2 ，直线x =c被椭圆截得的弦长等于2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l: x +2 y −2=0与椭圆相交于A ,B两点，O为坐标原点，求△OAB的面积.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
4 =1
(2)❑√7
【分析】（1）根据已知条件求得a,b，从而求得椭圆C的标准方程.
（2）联立直线l的方程和椭圆C的方程，求得A ,B两点的坐标，进而求得|AB)，结合
O到直线AB的距离求得△OAB的面积.
【详解】（1）由x
2
a
2 + y
2
b
2 =1令x =c得c
2
a
2 + y
2
b
2 =1，解得y =± b
2
a ，所以2b
2
a =2，
结合c
a =
❑√3
2 ,a
2=b
2+c
2，解得a= 4 ,b=2，
所以椭圆C的标准方程为x
2
16 + y
2
4 =1.
（2）由{
x
2
16 + y
2
4 =1
x +2 y −2=0)
解得{
x1=1+ ❑√7
y1= 1−❑√7
2 )
或{
x2=1−❑√7
y2= 1+ ❑√7
2 )
不妨设设A(x1, y1),B(x2, y2)，即A(1+ ❑√7 , 1−❑√7
2 ),B(1−❑√7, 1+ ❑√7
2 )，
所以|AB)=
❑√(2❑√7)
2+(❑√7)
2= ❑√35，
原点到直线l: x +2 y −2=0的距离为d =|−2)
❑√5 = 2
❑√5
，
所以S△OAB= 1
2 ×|AB)×d = 1
2 ×❑√35× 2
❑√5 = ❑√7.
举一反三
【2-1】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)长轴长为4，且椭圆C的离心率
❑√3
2 ，其左右焦点
分别为F1, F2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点F2且倾斜角为150°的直线l与椭圆C交于P ,Q两点，分别求△F1 PQ的周长
和面积．
【答案】(1)C : x
2
4 + y
2=1
(2)周长为8，面积为8 ❑√3
7
【分析】（1）根据长轴长和离心率求出a=2，c = ❑√3，从而得到b=
❑√a
2−c
2=1，得
到椭圆方程；
（2）根据椭圆的定义求出三角形的周长，得到l: y =−
❑√3
3 x +1，联立椭圆方程，得
到两根之和，两根之积，求出|PQ)= 16
7 ，结合点到直线距离公式得到三角形面积.
【详解】（1）由题意可知：2a= 4，则a=2，
∵e = c
a =
❑√3
2 ,∴c = ❑√3，
∴b=
❑√a
2−c
2=1，
∴椭圆C : x
2
4 + y
2=1
（2）根据椭圆的定义，△F1 PQ的周长为(|P F1)+|P F2))+(|Q F1)+|Q F2))= 4 a=8；
其中F1(−❑√3,0) F2(❑√3,0)，直线l的斜率为tan150
∘=−
❑√3
3 ，
∴直线l: y =−
❑√3
3 x +1，
联立方程组{
x
2
4 + y
2=1
y =−
❑√3
3 x +1)
得7 x
2−8 ❑√3 x =0，显然Δ>0，
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，则x1+ x2= 8 ❑√3
7
, x1 x2=0，
|PQ)=
❑√1+k
2|x1−x2)=
❑√
1+(−
❑√3
3 )
2
❑√(
8 ❑√3
7 )
2
−4×0= 16
7
，
点F1到直线PQ的距离d =|−
❑√3
3 ×(−❑√3)+1−0)
❑√
1+(−
❑√3
3 )
2
=
2
2❑√3
3
= ❑√3，
∴S△F1 PQ= 1
2|PQ)⋅d = 1
2 × 16
7 ×❑√3= 8 ❑√3
7
.
【2-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，经过点(0,❑√3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设D为C的右顶点，过点E(−1, 1
2)的直线交C于A ,B两点，若E为AB的中点，求
△ABD的面积．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)5 ❑√6
3
【分析】（1）利用已知条件及a
2=b
2+c
2即可求解；
（2）联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理及E为AB的中点即可求出斜率k，进而
求出直线AB的方程，再利用点到直线的距离公式求出三角形的高，即可求解.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c，由题知c
a = 1
2 ,b= ❑√3，由a
2=b
2+c
2，则a=2，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）
由题意可知直线AB的斜率存在，
设A(x1, y1),B(x2, y2), AB的方程为y =k (x +1)+ 1
2，
由{
y =k (x +1)+ 1
2
x
2
4 + y
2
3 =1 )
消去y得，(4 k
2+3) x
2+(8k
2+ 4 k) x + 4 k
2+ 4 k −11=0，
因为E为AB的中点，所以x1+ x2=−8k
2+ 4 k
4 k
2+3
=−2，解得k = 3
2，
从而x1 x2= 4 k
2+ 4 k −11
4 k
2+3
= 1
3，AB的方程为3 x−2 y + 4 =0，
所以|AB)=
❑√1+k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√26
❑√3 ，
而D (2,0)，所以点D到直线AB的距离d =
10
❑√9+ 4 = 10
❑√13，
所以△ABD的面积S△ABD= 1
2|AB)⋅d = 1
2 ×
❑√26
❑√3 × 10
❑√13 = 5 ❑√6
3
．
【2-3】已知椭圆G: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√6
3 ，右焦点为(2❑√2,0),斜率为1 的
直线l与椭圆G交于A ,B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(−3,2).
（1）求椭圆G的方程；
（2）求△PAB的面积.
【答案】（1）x❑
2
12 + y❑
2
4 =1.（2）9
2
【分析】（1）根据椭圆的简单几何性质知a=2❑√3，又b
2=a
2−c
2= 4，写出椭圆的
方程；（2）先斜截式设出直线y = x +m，联立方程组，根据直线与圆锥曲线的位置关系，
可得出AB中点为E( x0, y0)的坐标，再根据△PAB为等腰三角形知PE⊥AB，从而得PE
的斜率为k =
2−m
4
−3+ 3m
4
=−1，求出m=2，写出AB：x−y +2=0，并计算| AB|=3 ❑√2，
再根据点到直线距离公式求高，即可计算出面积．
【详解】（1）由已知得c =2❑√2，c
a =
❑√6
3 ，解得a=2❑√3，又b
2=a
2−c
2= 4，
所以椭圆G的方程为x
2
12 + y
2
4 =1．
（2）设直线l的方程为y = x +m，
由{
y = x +m,
x
2
12 + y
2
4 =1，得4 x
2+6mx +3m
2−12=0，①
设A、B的坐标分别为( x1, y1)，( x2, y2)（x1< x2），AB中点为E( x0, y0)，
则x0= x1+ x2
2
=−3m
4 ，y0= x0+m= m
4 ，
因为AB是等腰△PAB的底边，所以PE⊥AB．
所以PE的斜率为k =
2−m
4
−3+ 3m
4
=−1，解得m=2，此时方程①为4 x
2+12 x =0．
解得x1=−3，x2=0，所以y1=−1，y2=2，所以| AB|=3 ❑√2，
此时，点P(−3,2)到直线AB：x−y +2=0的距离d =|−3−2+2)
❑√2
= 3 ❑√2
2
，
所以△PAB的面积S = 1
2|AB)⋅d = 9
2．
考点：1、椭圆的简单几何性质；2、直线和椭圆的位置关系；3、椭圆的标准方程；
4、点到直线的距离.
【思路点晴】本题主要考查的是椭圆的方程，椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位
置关系，点到直线的距离，属于难题．解决本类问题时，注意使用椭圆的几何性质，求得
椭圆的标准方程；求三角形的面积需要求出底和高，在求解过程中要充分利用三角形是等
腰三角形，进而知道定点与弦中点的连线垂直，这是解决问题的关键．
【例题3】如图所示，椭圆x
2
16 + y
2
9 =1的左、右焦点分别为F1, F2，一条直线l经过F1与椭
圆交于A，B 两点.
(1)求椭圆的焦距、短轴长和离心率；
(2)若直线l的倾斜角为45°，求△AB F2的面积.
【答案】(1)焦距为2❑√7，短轴长为6，离心率为
❑√7
4
(2)72❑√14
25
【分析】（1）求出a= 4，b=3，根据焦距，短轴长和离心率的定义求出答案；
（2）求出直线方程为x−y + ❑√7=0，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，由
S = 1
2|F1 F2)|y1−y2)求出面积.
【详解】（1）由已知方程得到a
2=16,b
2=9，所以a= 4，b=3，
由c
2=a
2−b
2=7得c = ❑√7，
故焦距为2c =2❑√7，短轴长为2b=6，离心率e = c
a =
❑√7
4 .
（2）由（1）知焦点坐标为F1(−❑√7,0), F2(❑√7 ,0)，设A(x1), y1),B(x2, y2)，
题型三、三角形面积之定底求高法
典例探究
由已知得直线l的方程为y = tan 45°( x + ❑√7)，即x−y + ❑√7 =0，
与x
2
16 + y
2
9 =1联立消去x得25 y
2−18 ❑√7 y −81=0，
则y1+ y2= 18 ❑√7
25
, y1 y2= −81
25 ，
故|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 72❑√2
25
，
所以△AB F2的面积为S = 1
2|F1 F2)|y1−y2)= 72❑√14
25
.
【3-1】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为e =
❑√2
2 ，且椭圆经过点(2,−❑√2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆C的左焦点F1作斜率为1 的直线l交椭圆于A ,B两点，F2为C的右焦点，求
△AB F2的面积.
【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1
(2)16
3
【分析】（1）根据椭圆的离心率和所过点求得a，b，c，从而求得椭圆C的方程．
（2）求得直线l的方程并与椭圆方程联立，求得A，B两点的坐标，进而求得△AB F2
的面积．
【详解】（1）由题意可得：e = c
a =
❑√2
2 ，4
a
2 + 2
b
2 =1，又a
2=b
2+c
2，
解得a=2❑√2，b=c =2．
故椭圆C的方程为x
2
8 + y
2
4 =1；
（2）左焦点F1(−2,0)，右焦点F2(2,0)，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
因直线l的方程为：y = x +2，
举一反三
联立{
y = x +2
x
2
8 + y
2
4 =1)
，消去y整理得3 x
2+8 x =0，解得x =0或x =−8
3，
x1=0时，y1=2；当x2=−8
3时，y2=−2
3，
所以△AB F2的面积S = 1
2 ×| F1 F2|×| y1−y2|= 1
2 ×2×2×|2−(−2
3 )|= 16
3 .
  
【3-2】如图所示，椭圆x
2
16 + y
2
9 =1的左、右焦点分别为F1，F2，一条直线l经过F1与椭圆
交于A，B两点．
(1)求焦点坐标，焦距，短轴长；
(2)若直线l的倾斜角为45°，求△AB F2的面积．
【答案】(1)焦点坐标为F1(−❑√7,0)，F2(❑√7 ,0)，焦距为2❑√7，短轴长为6；
(2)72❑√14
25
.
【分析】（1）根据椭圆方程求得a,b，再根据c
2=a
2−b
2求出c，再根据相关定义即
可求解；
（2）通过直线与椭圆方程建立方程组，化简得到关于y的一元二次方程，进而得到
|y1−y2)= 72❑√2
25
，根据图象可得S = 1
2|F1 F2)|y1−y2)，进而得解.
【详解】（1）设长半轴、短半轴、焦距分别为a,b,2c，由已知方程得到a
2=16，
b
2=9，所以a= 4，b=3，由c
2=a
2−b
2=7得c = ❑√7，
故焦点坐标为F1(−❑√7 ,0)，F2(❑√7,0)，焦距为2❑√7，短轴长为6；
（2）设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由已知得直线l的方程为x−y + ❑√7=0，与x
2
16 + y
2
9 =1联立方程组得
25 y
2−18 ❑√7 y −81=0， 
则y1+ y2= 18 ❑√7
25
，y1 y2= −81
25 ，
故|y1−y2)=
❑√( y1+ y ❑
2
❑
)
2−4 y1 y2= 72❑√2
25
，
令△AB F2的面积为S，所以S = 1
2|F1 F2)|y1−y2) = 72❑√14
25
.
【3-3】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2 倍，左焦点为F1(−❑√3,0)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若F2是椭圆E的右焦点，过点F1且斜率为1 的直线交椭圆E于M , N两点，求
△F2 MN的面积．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)4 ❑√6
5
【分析】（1）根据题意，列出关于a,b,c的方程，即可得到结果；
（2）根据题意，联立直线与椭圆方程结合韦达定理代入计算，再由三角形的面积公
式，即可得到结果.
【详解】（1）依题意¿，解得{
a=2
b=1)，所以椭圆方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）
依题意F2(❑√3,0)，过F1(−❑√3,0)且斜率为1 的直线为y = x + ❑√3，设
M (x1, y1)､N (x2, y2)，
则{
y = x + ❑√3
x
2
4 + y
2=1)
消去x整理得5 y
2−2❑√3 y −1=0，
所以y1+ y2= 2❑√3
5
, y1 y2=−1
5，
所以S△F2 MN = 1
2|F1 F2)|y1−y2)= 1
2|F1 F2)
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
= 1
2 ×2❑√3×
❑√(
2❑√3
5 )
2
−4×(−1
5)= 4 ❑√6
5
.
【例题4】已知抛物线C : y
2= 4 x的焦点为F，过点P(5,0)的直线l交C于A ,B两点，O为
坐标原点，记△ABO与△AFO的面积分别为S1和S2，则S1+3 S2的最小值为（    ）
A．8 ❑√2
B．20 ❑√2
C．24 ❑√2
D．32❑√2
【答案】B
【分析】设出直线l: x =5+my，联立C : y
2= 4 x，得到两根之和，两根之积，得
S1= 5
2 ( y1−y2)，S2= 1
2 y1，S1+3 S2= 4 y1+ 50
y1
，利用基本不等式即可求出最值.
【详解】由题意得：F (1,0)，设直线l: x =5+my，联立C : y
2= 4 x得：
y
2−4 my −20=0，设A(x1, y1),B(x2, y2)，不妨令y1>0, y2<0，
则y1+ y2= 4 m, y1 y2=−20，
故S1= 1
2|OP)⋅|y1−y2)= 5
2 ( y1−y2)，
S2= 1
2|OF)⋅|y1)= 1
2 y1，
题型四、三角形面积和差问题
典例探究
则S1+3 S2= 5
2 ( y1−y2)+ 3
2 y1= 4 y1−5
2 y2= 4 y1+ 50
y1
≥2❑√
4 y1⋅50
y1
=20 ❑√2，
当且仅当4 y1= 50
y1
，即y1= 5 ❑√2
2
时，等号成立.
故选：B
【4-1】已知双曲线C : x
2
4 −y
2
5 =1的左、右焦点分别为F1，F2，已知点P在双曲线右支上
且在第一象限，点M (2,1)为三角形P F1 F2的内心，则S△PM F1−S△PM F2=（    ）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】A
【分析】根据三角形内心的性质，得到点M到三角形P F1 F2三边的距离相等均为
h=1，进而利用三角形面积公式得到S△PM F1−S△PM F2= 1
2|P F1)⋅h−1
2|P F2)⋅h，进而利
用双曲线的几何性质进行计算求解即可.
【详解】因为点P在双曲线右支上且在第一象限，点M (2,1)为三角形P F1 F2的内心，
所以点M到三角形P F1 F2三边的距离相等均为h=1，
所以S△PM F1−S△PM F2= 1
2|P F1)⋅h−1
2|P F2)⋅h= 1
2 (|P F1)−|P F2))= 1
2 ×4 =2.
故选：A
【4-2】若椭圆x
2
4 + y
2=1的左右焦点分别为F1，F2，直线l：y =−x +1与椭圆交于A，B
两点，若点P 为线段AB上的动点，则S△A F1P+ S△B F2 P的最小值为（    ）
A．4 ❑√3+1
5
B．4 ❑√3−1
5
C．4(❑√3−1)
5
D．4(❑√3+1)
5
【答案】C
【分析】结合图形特征分类讨论P 点位置即可计算得出最小值.
举一反三
【详解】联立直线与椭圆的方程{
x
2
4 + y
2=1
y =−x +1)
，
可得5 y
2−2 y =0，即得y1=1, y2=−3
5，代入y =−x +1，
得A (0,1)，B(
8
5 ,−3
5)，F1(−❑√3,0)，F2(❑√3,0)，
因为y =−x +1，令y =0,则x =1，则E (1,0)，
若0≤x p<1，S△A F1P+ S△B F2 P= S△A F1 E−S△E F1P+ S△BE F2+ S△F2 EP，
又因为△A F1 E，△B F2 E的面积都为定值，
因此S△A F1 P+ S△B F2 P= (1+ ❑√3)
2
+ 3(❑√3−1)
10
+ S△P F2 E−S△P F1 E，
因此我们只需要求S△P F2 E−S△P F1 E的最小值即可，
设P(m,−m+1)，S△F2 EP= (❑√3−1)
2
(1−m)，S△P F1 E= (❑√3+1)
2
(1−m)，
作差得S =m−1，m=0时最小为−1，
因此(S△A F1 P+ S△B F2 P)min= 4(❑√3−1)
5
；
同理，当1≤x p≤8
5时，S = (1+ ❑√3)
2
+ 3(❑√3−1)
10
+ S△P F1 E−S△P F2 E，
S△P F1 E−S△P F2 E= (❑√3+1)
2
(m−1)−(❑√3−1)
2
(m−1)=m−1，当m=1时最小为0，
S 最小为4 ❑√3+1
5
> 4(❑√3−1)
5
，综合比较可S△P F1 A+ S△P F2B的最小值为4(❑√3−1)
5
，
故选：C
5．已知O为坐标原点，F为抛物线C : y
2= 4 x的焦点，直线l与C交于点A ,B（点A在
第一象限），若⃗OA ⋅⃗OB =0，则△AOF与△AOB面积之和的最小值为（    ）
A．6 ❑√5
B．7 ❑√5
C．8 ❑√5
D．9 ❑√5
【答案】C
【分析】分析可知直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x =my +t，设A(x1, y1)，
B(x2, y2)，将直线方程和抛物线方程联立，利用⃗OA ⋅⃗OB =0可求得t的值，可知直线过定
点，再利用三角形的面积公式以及导数或者基本不等式可求得△AOF与△AOB面积之和的
最小值.
【详解】由题意可知直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为x =my +t，
联立方程{
y
2= 4 x
x =my +t)得y
2−4 my −4 t =0，则Δ=16m
2+16t >0，
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，则y1+ y2= 4 m，y1 y2=−4 t，
所以x1 x2=(m y1+t)(m y2+t)=m
2 y1 y2+mt ( y1+ y2)+t
2=t
2，
因为⃗OA ⋅⃗OB =0，所以x1 x2+ y1 y2=0，即t
2−4t =0，解得t = 4或t =0，
当t =0时，直线l过坐标原点O，则O与B重合，不存在△AOB，不符合题意，所以
t = 4， 
所以y1 y2=−16，
解法一：
由抛物线方程可知F (1,0)，设直线l与x轴的交点为D，则D (4,0)，
所以S△AOB= S△AOD+ S△BOD= 1
2 ×4×|y1)+ 1
2 ×4×|y2)= 
2|y1−y2)=2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=8
❑√m
2+ 4，
S△AOF = 1
2 ×1×|y1)，
联立{
y1+ y2= 4 m
y1 y2=−16)解得y1=2m+2
❑√m
2+ 4，（注意点A在第一象限）
则△AOB与△AOF的面积之和S =9
❑√m
2+ 4+m，
则S
′ =
9m
❑√m
2+ 4
+1，由S
′ =0可得m=−
❑√5
10 ，
当m<−
❑√5
10 时，S
′<0，函数S =9
❑√m
2+ 4+m单调递减，当m>−
❑√5
10 时，S
′>0，函
数S =9
❑√m
2+ 4 +m单调递增，
所以当m=−
❑√5
10 时S取得最小值，且Smin=8 ❑√5.
解法二：
由抛物线方程可知F (1,0)，设直线l与x轴的交点为D，则D (4,0)，
S△AOB= S△AOD+ S△BOD= 1
2 ×4×|y1)+ 1
2 ×4×|y2)=2|y1−y2)，
所以
S△AOF + S△AOB= 1
2 ×|OF)×|y1)+2|y1−y2)= 1
2 ×1×|y1)+2|y1−y2)= 1
2|5 y1−4 y2)，
由于y1 y2=−16，所以y2=−16
y1
，
所以S△AOF + S△AOB= 1
2|5 y1+ 64
y1)≥1
2 ×2❑√
5 y1× 64
y1
=8 ❑√5，
当且仅当5 y1= 64
y1
，即y1= 8 ❑√5
5
时取等号.
故选：C
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法：特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法：将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利
用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.
【例题5】椭圆具有光学性质：从椭圆的一个焦点发出的光线，经过椭圆反射后，反射光
线过椭圆的另一个焦点（如图）.已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为
F1, F2，过F2的直线与椭圆E交于点A，B，过点A作椭圆的切线l，点B关于l的对称点为
M，若| AB|= 3a
2 , |B F1)
|M F1)
= 5
7 ，则
S△MAB
S△A F1 F2
=（   ）
A．81
35
B．35
16
C．9
5
D．4
5
【答案】A
【分析】结合题目所给信息及图形可得|AB)=|AM )，后由椭圆定义及条件可得
|B F2)= a
3 ，|A F2)= 7 a
6 ，|A F1)= 5a
6 .最后由
S△MAB
S△A F1 F2
= 
| AB|| AM |
|A F1)|A F2) 可得答案.
题型五、三角形面积比值问题：补角模型
典例探究
【详解】如图，由椭圆的光学性质可得M , A , F1三点共线.
设|B F2)= x，则|B F1)=2a−x，
|M F1)=|A F1)+| MA |=|A F1)+|A F2)+|B F2)=2a+ x.
故|B F1)
|M F1)
= 2a−x
2a+ x = 5
7 ，解得x = a
3.又| AB|= 3a
2 ，所以|A F2)= 7a
6 ，|A F1)= 5a
6 .
所以S△MAB
S△A F1 F2
=
1
2 | AB|| AM |sin ∠MAB
1
2|A F1)|A F2)sin(π−∠MAB)
=| AB|| AM |
|A F1)|A F2)
= (
3a
2 )
2
5a
6 × 7a
6
= 81
35
.
故选：A.
【5-1】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>0, b>0)，其中a
2+b
2=1，F1为椭圆的左焦点．
(1)若椭圆离心率为
❑√2
2 ，求椭圆方程；
(2)点P(x0, y0)是第一象限内椭圆E与直线l: x + y =1的公共点，直线l与直线x =−a
2
c
交于Q，直线PQ与y轴交于R，直线Q F1与y轴交于T，连接PT，设△TQR的面积为S1，
△TPR的面积为S2，试比较
S1
S2
与|TQ)
|TP) 的大小．
举一反三
【答案】(1)3 x
2
2 +3 y
2=1
(2)S1
S2
=|TQ)
|TP)
【分析】（1）由e
2= 2a
2−1
a
2
= 1
2，解方程即可求解；
（2）联立{
x + y =1
x =−a
2
c )
，求出Q点坐标，得到直线Q F1的方程，得到T点坐标，联立
{
x0
2
a
2 +
y0
2
1−a
2 =1
x0+ y0=1 )
，可得P坐标，从而得到k PT +kQ F1=0，即∠QTR =∠PTR，由三角形面
积公式化简即可求解.
【详解】（1）由于a
2+b
2=1，则e
2= c
2
a
2 = a
2−b
2
a
2
= 2a
2−1
a
2
= 1
2，
∴a
2= 2
3 , b
2= 1
3，
∴3 x
2
2 +3 y
2=1，
（2）{
x + y =1
x =−a
2
c )
，得y =1+ a
2
c ，∴Q(−a
2
c , 1+ a
2
c )，
kQ F1=
1+ a
2
c
−a
2
c +c
= c +a
2
c
2−a
2 =−c +a
2
b
2
，∴
Q F1: y =−c +a
2
b
2
(x +c)，
∴T(0, −c
2+c a
2
b
2 )，
∵{
x0
2
a
2 +
y0
2
1−a
2 =1
x0+ y0=1 )
，∴{
x0=a
2
y0=1−a
2)，∴P(a
2, 1−a
2)，
∴k PT =
1−a
2+ c
2+c a
2
b
2
a
2
= b
2−a
2b
2+c
2+c a
2
a
2b
2
，又a
2+b
2=1，a
2−b
2=c
2，
所以k PT = b
2−a
2b
2+a
2−b
2+c a
2
a
2b
2
= 1+c−b
2
b
2
= a
2+c
b
2
∵kQ F1=−a
2+c
b
2
，∴k PT + kQ F1=0，∴∠QTR =∠PTR，
∵S1= 1
2|TQ)|TR)sin ∠QTR ,S2= 1
2|TP)|TR)sin ∠PTR，∴
S1
S2
=|TQ)
|TP) ．
【5-2】已知抛物线τ : y
2= 4 x的焦点为F，过点F的直线l1交抛物线τ于A、B两点，过点F
的直线l2交抛物线τ于C、D两点，且l1⊥l2.
(1)求证：1
|AB) +
1
|CD)为定值，并求出该定值；
(2)如图，点A、C在x轴的同侧，x A> xC，直线AC与直线BD的交点为E，记△EFC，
△ACF的面积分别为S1，S2，求
S1
S2
的取值范围.
【答案】(1)证明见解析，定值为：1
4
(2)(0,1)
【分析】（1）设l1的方程为y =k (x−1)(k ≠0)，则l2的斜率为−1
k ，设l1与C相交于
A(x1, y1)，B(x2, y2)，与抛物线联立方程组，利用根与系数的关系可得|AB)= 4 k
2+ 4
k
2
，
进而可得，|CD)= 4 k
2+ 4，进而计算可求
1
|AB) +
1
|CD)的值；
（2）设A(
y A
2
4 , y A)，C(
yC
2
4 , yC)，B(
4
y A
2 ,−4
y A)，D(
4
yC
2 ,−4
yC)，求得直线
AC ,BD的方程，可求得xE=−1，设直线AC的方程为：x =my +t，A(x1, y1)，
C (x3, y3)，与抛物线方程联立，由CF ⊥AF，可得4 m
2=t
2−6t +1，进而可得
S1
S2
=
2m−2
❑√m
2+t + t +1
m
4
❑√m
2+t
，求其范围即可.
【详解】（1）由已知可知直线l1，l2的斜率均存在且不等于0，
因l1，l2过点F (1,0)，可设l1的方程为y =k (x−1)(k ≠0)，则l2的斜率为−1
k ，
设l1与C相交于A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由{
y
2= 4 x
y =k (x−1))，得k
2 x
2−(2k
2+ 4) x +k
2=0，则x1+ x2= 2k
2+ 4
k
2
，x1 x2=1，
|AB)= x1+ x2+2= 2k
2+ 4
k
2
+2= 4 k
2+ 4
k
2
，
同理可得|CD)=
4(−1
k)
2
+ 4
(−1
k)
2
= 4 k
2+ 4，
所以1
|AB) +
1
|CD) =
k
2
4 k
2+ 4
+
1
4 k
2+ 4
= 1
4 ；
（2）设A(
y A
2
4 , y A)，C(
yC
2
4 , yC)，B(
4
yB
2 ,−4
yB)，D(
4
y D
2 ,−4
y D)，
因为k AC = yC−y A
yC
2
4 −y A
2
4
=
4
y A+ yC ，
所以直线AC : y −y A =
4
y A+ yC(x−y A
2
4 )，即y =
4
y A+ yC
x + y A yC
y A+ yC
.
同理：直线BD: y =−y A yC
y A+ yC
x−
4
y A+ yC
.
联立{
y =
4
y A+ yC
x + y A yC
y A+ yC
y =−y A yC
y A+ yC
x−
4
y A+ yC)
，解得xE=−1.
设直线AC的方程为：x =my +t，由对称性不妨设m>0，A(x1, y1)，C (x3, y3)，
联立{
x =my +t
y
2= 4 x
⇒y
2−4 my −4 t =0).
因为Δ>0，解得m
2+t >0，y1+ y3= 4 m，y1 y3=−4 t，所以t <0，
因为CF ⊥AF，
所以⃗FA ⋅⃗FC =(x1−1)(x3−1)+ y1 y3= x1 x3−(x1+ x3)+1+ y1 y3
= ( y1 y3)
2
16
−( y1+ y3)
2−2 y1 y3
4
+1+ y1 y3
= 16t
2
16 −16m
2+8t
4
+1−4t =0，化简得：4 m
2=t
2−6t +1.
所以S1
S2
= S△ECF
S△ACF
=|EC)
|AC) =|xC−xE)
|x A−xC)
= |x3+1)
|x1−x3)
=
|m y3+t +1)
|m y1+t −m y3−t)
=|y3+ t +1
m )
|y1−y3)
.
因为y3= 4 m−
❑√16m
2+16t
2
=2m−2
❑√m
2+t，
|y1−y3)= ❑√( y1+ y3)
2−4 y1 y3=
❑√16m
2+16t = 4
❑√m
2+t，
所以S1
S2
=|
2m−2
❑√m
2+t + t +1
m
4
❑√m
2+t
)=|
2m
2+t +1
4 m
❑√m
2+t
−1
2)
=|
2m
2+t +1
❑√4 m
2(4 m
2+ 4 t)
−1
2)=|
1
2 t
2−2t + 3
2
❑√(t
2−6t +1)(t
2−2t +1)
−1
2)
= 1
2|
❑√
(t
2−4 t +3)
2
(t
2−6t +1)(t
2−2t +1)
−1)= 1
2|
❑√
1+
8t
2−16t +8
(t
2−6t +1)(t
2−2t +1)
−1)
.
= 1
2|
❑√
1+
8(t
2−2t +1)
(t
2−6t +1)(t
2−2t +1)
−1)= 1
2|
❑√
1+
8
t
2−6t +1
−1)= 1
2|
❑√
1+
8
(t −3)
2−8
−1)
，
因t <0，故(t −3)
2−8>1，可得0<
8
(t −3)
2−8
<8，则0<❑√
1+
8
(t −3)
2−8
−1<2，
故
S1
S2
的取值范围为(0,1).
【5-3】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点(❑√2,1)，且离心率为
❑√2
2 ．
(1)求E 的方程；
(2)过T (1,0)作斜率之积为1 的两条直线l1与l2，设l1交E 于A，B 两点，l2交E 于C，
D 两点，AB ,CD的中点分别为M，N．探究：△OMN与△TMN的面积之比是否为定值？
若是，请求出定值；若不是，请说明理由．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1
(2)为定值，定值为2，理由见解析
【分析】（1）由题意可得写出关于a,b,c的等式，即可求出E 的方程；
（2）设直线AB: x =my +1,与椭圆进行联立可得M(
2
m
2+2
, −m
m
2+2)，同理可得
N(
2m
2
2m
2+1
,
−m
2m
2+1).可得到直线MN : x = 2(m
2+1)
m
y +2,过定点Q(2,0)，然后利用面积
公式即可
【详解】（1）由题意可得{
2
a
2 + 1
b
2 =1
c
a =
❑√2
2
a
2=b
2+c
2)
，解得{
a=2
b= ❑√2
c = ❑√2)
，
则E 的方程x
2
4 + y
2
2 =1
（2）△OMN与△TMN面积之比为定值，定值为2，理由如下：
设直线AB: x =my +1,（m≠0），A(x1, y1),B(x2, y2),
联立{
x =my +1
x
2
4 + y
2
2 =1)
可得(m
2+2) y
2+2my −3=0，Δ=16m
2+24>0，
则y1+ y2= −2m
m
2+2
, y1 y2= −3
m
2+2
,
所以y M = y1+ y2
2
= −m
m
2+2
, xM =m y M +1=m⋅−m
m
2+2
+1=
2
m
2+2
,
所以M(
2
m
2+2
, −m
m
2+2)，
设CD: x = 1
m y +1，同理可得N(
2m
2
2m
2+1
,
−m
2m
2+1).
所以1
k MN
=
2m
2
2m
2+1
−
2
m
2+2
−m
2m
2+1
+
m
m
2+2
= 2(m
2+1)
m
，
所以直线MN : x−
2
m
2+2
= 2(m
2+1)
m
( y +
m
m
2+2),即x = 2(m
2+1)
m
y +2,
所以MN恒过定点Q(2,0)，
设点O ,T到直线MN的距离分别是d1,d2,
则
S△OMN
S△TMN
=
1
2|MN )×d1
1
2|MN )×d2
= d1
d2
=|OQ)
|TQ) =2
【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(x1, y1),(x2, y2)；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，必要时计算
Δ；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为x1+ x2、x1 x2（或y1+ y2、y1 y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
题型六、三角形面积比值问题：等角模型
典例探究
【例题6】已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√3
2 ，长轴长为4，直线l与x轴，
y轴分别交于点M ，N（均不与坐标原点O 重合），与椭圆E相交于A ，B两点.
(1)求E的方程；
(2)直线l的斜率为−1
2时，求△OAM与△OBN的面积之比；
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)1
【分析】（1）根据条件，确定a,b的值，得椭圆的标准方程.
（2）设直线l: y =−1
2 x +m，得到M , N点的坐标，再与椭圆方程联立，借助韦达定
理，得到A ,B点坐标的关系，表示出△OAM与△OBN的面积，可求它们的比.
【详解】（1）由题知，2a= 4，所以a=2， 
又离心率e = c
a = c
2 =
❑√3
2 ，得c = ❑√3， 
则有b
2=a
2−c
2= 4−3=1,   
所以椭圆E的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）如图：
设直线l: y =−1
2 x +m，所以M (2m,0), N (0,m)，
联立直线l与椭圆方程得
{
y =−1
2 x +m
x
2+ 4 y
2= 4)，整理得x
2−2mx +2m
2−2=0，Δ=8−4 m
2>0，得−❑√2<m<❑√2，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则x1+ x2=2m，即x2=2m−x1，
S△OAM
S△OBN
=
1
2|2m)⋅|y1)
1
2|m)⋅|x2)
= 2|y1)
|x2)
=
2|−1
2 x1+m)
|2m−x1)
=1.
所以△OAM与△OBN的面积之比为1.
【6-1】已知抛物线C : x
2=2 py( p>0)的焦点为F，直线x = 4与x轴的交点为M，与C的交
点为N，且|NF)= 5
4|MN ).
（1）求C的方程；
（2）设A(−2,1),B(2,1)，动点Q(m,n)(−2<m<2)在曲线C上，曲线C在点C处
的切线为l.问：是否存在定点P(0,t ) (t <0)，使得l与PA , PB都相交，交点分别为D , E，
且△QAB与△PDE的面积之比是常数？若存在，求t的值；若不存在，说明理由.
【答案】（1）x
2= 4 y；（2）t =−1.
【分析】（1）设N (4 , y1)，代入x
2=2 py，结合|NF)= 5
4|MN )，求出p的值，即可
得到抛物线的方程；
（2）假设存在点P(0,t )，得到直线PA , PB的方程即曲线在Q处的切线方程，可确定
m的范围，当−1<t <0是不满足题意；当t ≤−1时，联立方程组得D , E的横坐标，得
xD−xE，表示出三角形的面积，根据面积比得到方程，可求得t =−1.
【详解】（1）设N (4 , y1)，代入x
2=2 py，得y1= 8
p，所以| MN |= 8
p ，
| NF |= p
2 + y1= p
2 + 8
p．由题设得p
2 + 8
p = 5
4 × 8
p，解得p=−2（舍去）或p=2，
∴C 的方程为x
2= 4 y；
（2）点A、B 均在抛物线x
2= 4 y上，
假设存在点P(0，t)(t<0)满足条件，
则直线PA 的方程是y＝t −1
2
x＋t，直线PB 的方程是y＝1−t
2
x＋t. 
举一反三
曲线C 在Q 处的切线l 的方程是y = m
2 x−m
2
4 ，它与y 轴的交点为F(0，−m
2
4 )．
由于–2<m<2，因此−1< m
2 <1.
①当–1<t<0 时，−1< t −1
2
<−1
2，存在m (–2,2)
∈
，使得m
2 = t −1
2
，
即l 与直线PA 平行，故当－1<t<0 时不符合题意． 
②当t≤－1 时，t −1
2
≤－1<m
2 ，1−t
2
≥1>m
2 ，所以l 与直线PA，PB 一定相交．
分别联立方程组 {
y = t −1
2
x +t
y = m
2 x−m
2
4 )
，{
y = 1−t
2
x +t
y = m
2 x−m
2
4 )
，
解得D，E 的横坐标分别是
xD=
m
2+ 4 t
2(m+1−t )，xE=
m
2+ 4 t
2(m+t −1)
则xD−xE=(1−t )
m
2+ 4t
m
2−(t −1)
2
又|FP|＝−m
2
4 −t，有S△PDE＝1
2 ⋅|FP|⋅|xE－xD|＝1−t
8
⋅(m
2+ 4t )
2
(t −1)
2−m
2，
又S△QAB＝1
2 ⋅4⋅(1－m
4 )＝4−m
2
2
，
于是
S△Q ΑΒ
S△Ρ D Ε
＝4
1−t ⋅(m
2−4)[m
2−(t −1)
2)
(m
2+ 4t )
2
＝
4
1−t ⋅m
4−[4 +(t −1)
2)m
2+ 4(t −1)
2
m
4+8t m
2+16t
2
对任意m∈(－2,2)，要使S△QAB
S△PDE
为常数，即只需t 满足{
−4−(t −1)
2=8t
4(t −1)
2=16t
2 )
解得t＝－1.此时S△QAB
S△PDE
＝2，故存在t＝－1，使得△QAB 与△PDE的面积之比是常数
2.
【点睛】方法点晴：本题主要考查了抛物线的标准方程及其简单的几何性质，直线与
抛物线的位置关系的综合应用、抛物线方程的求法，着重考查了分析问题、解决问题的能
力及分类讨论的思想、转化与化归思想的应用，试题运算量大，属于难题，此类问题的解
答中，把直线方程与圆锥曲线方程联立，借助根与一元二次方程的系数之间关系，利用韦
达定理是解答的一种常见方法.
【6-2】已知A(−1,0)，B(1,0)，平面上有动点P，且直线AP的斜率与直线BP的斜率之
积为1.
(1)求动点P的轨迹C的方程.
(2)过点A的直线与C交于点M（M在第一象限），过点B的直线与C交于点N（N在
第三象限），记直线AM，BN的斜率分别为k1，k2，且k1= 4 k2.
①求证：直线MN过定点；
②试判断△AMN与△BMN的面积之比是否为定值，若为定值，请求出该定值；若不
为定值，请说明理由．
【答案】(1)x
2−y
2=1，( x≠±1)；
(2)①证明见解析；②存在，S△AMN
S△BMN
= 1
4 .
【分析】（1）设点P(x , y)，结合斜率的两点式及斜率乘积为1 列方程求轨迹；
（2）①设直线MN的方程为x =my +t，联立曲线C，应用韦达定理及k BN ·k BM = 1
4 求
参数t，即可证定点；②应用面积公式即可判断面积比是否为定值.
【详解】（1）设点P(x , y)，k AP⋅k BP=
y
x +1 ⋅
y
x−1 =
y
2
x
2−1
=1，故动点P的轨迹方
程为x
2−y
2=1，( x≠±1).
（2）由题意k AM ·k BM =1，而k AM = 4 k BN，即k BN ·k BM = 1
4 ，
①设直线MN的方程为x =my +t，M (x1, y1)，N (x2, y2)，B(1,0)，A(−1,0)，
联立{
x =my +t
x
2−y
2=1)，得(m
2−1) y
2+2mty +t
2−1=0，m
2≠1，Δ>0，
且y1+ y2=−2mt
m
2−1
, y1 y2= t
2−1
m
2−1
，
∴k BN ⋅k BM =
y2
x2−1 ⋅
y1
x1−1 =
y1 y2
(m y1+t −1)(m y2+t −1)
= 1
4 ，
整理得(m
2−4) y1 y2+m(t −1)( y1+ y2)+(t −1)
2=0，
韦达公式代入并整理得5t
2−2t −3=0，得t =−3
5或t =1（直线过B 点，舍），
∴直线MN方程为x =my −3
5，即直线MN过定点T (−3
5 ,0)，得证；
②此时S△AMN = 1
2|AT )⋅|y1−y2)，S△BMN = 1
2 ⋅|BT )⋅|y1−y2)，故
S△AMN
S△BMN
=|AT )
|BT ) = 1
4 ．
【6-3】已知双曲线W：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1 (a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，点
N (0,b)，右顶点是M，且⃑MN ⋅⃑M F2=−1，∠NM F2=120°．
（Ⅰ）求双曲线的方程；
（Ⅱ）过点Q(0,−2)的直线l 交双曲线W 的右支于A、B 两个不同的点（B 在A、Q
之间），若点H (7,0)在以线段AB 为直径的圆的外部，试求△AQH 与△BQH 面积之比λ 的
取值范围．
【答案】（1）x
2−y
2
3 =`1；（2）(1,7).
【分析】（I）利用双曲线的基本量的运算和向量的数量积可得a=1，b= ❑√3．
（II）设出直线l 的方程，要注意斜率存在且不为0，直线方程与双曲线方程联立利用
判别式和韦达定理，点H (7,0)在以线段AB 为直径的圆的外部，即⃑HA ⋅⃑HB>0，得
2<k <❑√7；λ = S Δ AQH
S ΔBQH
=|AQ)
|BQ) 可得⃑QA = λ⃑QB，再转化为横坐标运算，整理得
(1+ λ)
2
λ
= 16
7 ⋅
k
2
k
2−3
= 16
7 (1+
3
k
2−3
)，由2<k <❑√7求出1< λ<7．
【详解】（Ⅰ）由已知M (a,0)，N (0,b)，F2(c ,0)，⃑
MN ⋅⃑M F2=(−a,b)⋅(c−a,0)=a
2−ac =−1，
∵∠NM F2=120
∘，则∠NM F1=60
∘，∴b= ❑√3a，∴c =
❑√a
2+c
2=2a，
解得a=1，b= ❑√3，∴双曲线的方程为x
2−y
2
3 =1．
（Ⅱ）直线l 的斜率存在且不为0，设直线l:y =kx−2，设A( x1, y1)、B( x2, y2)，
由{
y =kx −2
x
2−y
2
3 =1)
，得(3−k
2)x
2+ 4 kx −7 =0，
则{
3−k
2≠0
Δ=16 k
2+28(3−k
2)>0
x1+ x2= 4 k
k
2−3
>0
x1 x2=
7
k
2−3
>0 )
，解得❑√3<k <❑√7①，
∵点H (7,0)在以线段AB 为直径的圆的外部，则⃑HA ⋅⃑HB>0，⃑
HA ⋅⃑HB =( x1−7 , y1)⋅( x2−7 , y2)=( x1−7)⋅( x2−7)+ y1 y2 
=(1+ k
2)x1 x2−(7+2k )( x1+ x2)+53
=(1+k
2)⋅
7
k
2−3
−(7+2k )⋅4 k
k
2−3
+53
= 7 k
2+7−8k
2−28k +53k
2−159
k
2−3
>0，解得k >2②，
由①、②得实数k 的范围是2<k <❑√7.
由已知λ = S Δ AQH
S Δ BQH
=|AQ)
|BQ) ，∵B 在A、Q 之间，则⃑QA = λ⃑QB，且λ>1，
∴( x1, y1+2)= λ( x2, y2+2)，则x1= λ x2，∴{
(1+ λ)x2= 4 k
k
2−3
λ x2
2=
7
k
2−3 )
，
则(1+ λ)
2
λ
= 16
7 ⋅
k
2
k
2−3
= 16
7 (1+
3
k
2−3
)，
∵2<k <❑√7，∴4< (1+ λ)
2
λ
< 64
7
，
解得1
7 < λ<7，又λ>1，∴1< λ<7．
故λ 的取值范围是(1,7)．
【例题7】设抛物线E: y
2=8 x的焦点为F，过点M (4,0)的直线与E 相交于A，B 两点，与
E 的准线相交于点C，点B 在线段AC 上，|BF |=3，则△BCF与△ACF的面积之比
S△BCF
S△ACF
=（    ）
A．1
4
B．1
5
C．1
6
D．1
7
题型七、三角形面积比值问题：共角模型
典例探究
【答案】C
【分析】根据抛物线焦半径公式得到B 点横坐标，进而利用抛物线方程求出B 点纵坐
标，直线AB 的方程，求出C 点坐标，联立直线与抛物线，求出A 点纵坐标，利用
S△BCF
S△ACF
= BC
AC = y2−yC
y1−yC
求出答案.
【详解】如图，过点B 作BD 垂直准线x =−2于点D，则由抛物线定义可知：
|BF |=|BD|=3，
设直线AB 为x =my + 4， A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (−2, yC)，不妨设m>0，则
y1>0, y2<0，
所以x2+2=3，解得：x2=1，则y2
2=8 x2=8，解得：y2=−2❑√2，则B(1,−2❑√2)，
所以−2❑√2m+ 4 =1，解得：m= 3 ❑√2
4
，则直线AB 为x = 3 ❑√2
4
y + 4，
所以当x =−2时，即3 ❑√2
4
y + 4 =−2，解得：yC =−4 ❑√2，则C (−2,−4 ❑√2)，
联立x =my + 4与y
2=8 x得：y
2−8my −32=0，则y1 y2=−32，
所以y1=8 ❑√2，其中
S△BCF
S△ACF
= BC
AC = y2−yC
y1−yC
= 2❑√2
12❑√2 = 1
6 .
故选：C
举一反三
【7-1】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1的离心率为
❑√6
3 ，其长轴的两个端点分别为A (−3,0)，
B (3,0)．
(1)求椭圆C 的标准方程；
(2)点P 为椭圆上除A，B 外的任意一点，直线AP 交直线x = 4于点E，点O 为坐标原
点，过点O 且与直线BE 垂直的直线记为l，直线BP 交y 轴于点M，交直线l 于点N，求
△BMO与△NMO的面积之比．
【答案】(1) x
2
9 + y
2
3 =1；
(2)4:7.
【分析】(1)由已知可得a，再由离心率求得c，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
(2)设P( x0，y0)( y0≠0)，则x0
2
9 + y0
2
3 =1，写出PA所在直线方程，求得E点坐标，
得到直线l的方程，再写出PB方程求解N点坐标，把三角形的面积比转化为B与N点的横坐
标的绝对值之比得答案．
【详解】（1）由题意，a=3，又e = c
a =
❑√6
3 ，∴c = ❑√6，
则b=
❑√a
2−c
2= ❑√3．
∴椭圆C的方程为x
2
9 + y
2
3 =1；
（2）设P( x0，y0)( y0≠0)，则x0
2
9 + y0
2
3 =1．
∴直线AP的方程为y =
y0
x0+3 ( x +3)，
取x = 4，可得点E(4 , 7 y0
x0+3 )，
∵直线BE的斜率为
7 y0
x0+3
4−3 = 7 y0
x0+3
，
∴直线l的方程为y =−x0+3
7 y0
x，
又直线PB的方程为y =
y0
x0−3 ( x−3)，
联立直线l与PB的方程，消去y得−x0+3
7 y0
x =
y0
x0−3 ( x−3)，
∴ 
7 y0
2+ x0
2−9
7 y0( x0−3) ⋅x = 3 y0
x0−3，①
∵ x0
2
9 + y0
2
3 =1，∴ x0
2−9=−3 y0
2，
代入①解得点N的横坐标xN = 21
4 ，
∴ 
S△BMO
S△NMO
=
1
2 |OM |⋅| xB|
1
2 |OM |⋅| xN |
=| xB|
| xN | = 3
21
4
= 4
7 ．
故△BMO与△NMO的面积之比为4:7．
【7-2】在平面直角坐标系中，点O 为坐标原点，动点N（x，y）与定点F（﹣1，0）的距
离和它到定直线x=
2
﹣的距离之比是
❑√2
2 ．
（1）求动点N的轨迹C 的方程；
（2）过F 作曲线C 的不垂直于y 轴的弦AB，M 为AB 的中点，直线OM 与
C1:( x−4)
2+ y
2=32交于P，Q 两点，求四边形APBQ 面积的最大值．
【答案】（1）x
2
2 + y
2=1；（2）14 ❑√6
3
.
【分析】（1）根据题意，结合两点间距离公式进行求解即可；
（2）设出直线AB 的方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合点
到直线距离公式、换元法、二次函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）因为动点M（x，y）与定点F（﹣1，0）的距离和它到定直线x=
2
﹣的
距离之比是
❑√2
2 ，
所以有
❑√( x +1)
2+ y
2
|x−(−2))
=
❑√2
2 ⇒x
2
2 + y
2=1，
所以动点M的轨迹C 的方程为：x
2
2 + y
2=1；
（2）因为AB 不垂直于y 轴，所以设直线AB 的方程为：x =my −1，与椭圆方程联立
得：
{
x =my −1
x
2
2 + y
2=1)
⇒(m
2+2)x
2−2my −1=0，设A( x1, y1),B( x2, y2)，
y1+ y2= 2m
m
2+2
, y1 y2= −1
m
2+2，
x1+ x2=m( y1+ y2)−2= −4
m
2+2，所以AB 的中点M 的坐标为：( −2
m
2+2
,
m
m
2+2
)，
直线PQ的斜率为
m
m
2+2
−2
m
2+2
=−m
2 ，所以直线PQ的方程为：y =−m
2 x⇒mx +2 y =0，
由圆C1:( x−4)
2+ y
2=32可知：圆心C1(4,0)，半径为4 ❑√2，
圆心C1到直线PQ的距离为：|4 m)
❑√m
2+ 4
，
因此PQ =2❑√
(4 ❑√2)
2−(
4 m
❑√m
2+ 4
)
2
=8 ❑√
m
2+8
m
2+ 4
，
因为M 为AB 的中点，所以点A、B 到直线OM的距离相等设为d，
所以2d =|m x1+2 y1|+|m x2+2 y2|
❑√m
2+ 4
，
因为点A、B 在直线OM两侧，所以(m x1+2 y1)(m x2+2 y2)<0，
因此
2d =|m x1+2 y1|+|m x2+2 y2|
❑√m
2+ 4
=|m x1+2 y1−m x2−2 y2|
❑√m
2+ 4
= (m
2+2)|y1−y2)
❑√m
2+ 4
，
而|y1−y2)=
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= ❑√
( 2m
m
2+2
)
2
+
4
m
2+2
= 2❑√2
❑√m
2+1
m
2+2
，
所以2d = 2❑√2⋅
❑√1+m
2
❑√m
2+ 4
，
因此四边形APBQ 面积为：
S = 1
2 ⋅PQ⋅2d = PQ⋅d =8 ❑√
m
2+8
m
2+ 4
⋅
❑√2
❑√1+m
2
❑√m
2+ 4
=8 ❑√2❑√
(m
2+8)(m
2+1)
(m
2+ 4)
2
，
令m
2+ 4 =t(t ≥4)，
所以S =8 ❑√2
❑√−12⋅( 1
t )
2
+ 1
t +1=8 ❑√2
❑√−12( 1
t −1
24 )
2
+ 49
48 (0< 1
t ≤1
4 )，
显然当1
t = 1
24 时，即当m=±2❑√5时，S有最大值，最大值为8 ❑√2×❑√
49
48 = 14 ❑√6
3
.
【点睛】关键点睛：本题的关键点有二：
一是因为M 为AB 的中点，所以点A、B 到直线OM的距离，这个结论很重要；
二是熟练的数学运算能力.
【7-3】已知椭圆C的两个顶点分别为A (−2,0)，B (2,0)，焦点在x轴上，离心率为
❑√3
2 .
（1）求椭圆C的方程；
（2）点D为x轴上一点，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过D作
AM的垂线交BN于点E.求△BDE与△BDN的面积之比.
【答案】（1）x
2
4 + y
2=1；（2）4：5.
【解析】（1）由题意设椭圆方程，由a=2，根据椭圆的离心率公式，即可求得c，则
b
2=a
2−c
2=1，即可求得椭圆的方程；
（2）由题意分别求得DE和BN的斜率及方程，联立即可求得E点坐标，利用已知条
件可得
y N
y E
= 5
4 ，即可求得△BDE与△BDN的面积之比.
【详解】解：（1）∵ 焦点在x轴上，两个顶点分别为A (−2,0)，B (2,0)，
∴ a=2，由e = c
a =
❑√3
2 ，
∴ c = ❑√3，
∴ b
2=a
2−c
2=1，
∴ x
2
4 + y
2=1；
（2）设D(x0,0)，M (x0, y0)，N (x0,−y0)，y0>0，
可得y0
2=1−x0
2
4
，
直线AM的方程是y =
y0
x0+2
(x +2)，
∵DE⊥AM，
∴k DE=−x0+2
y0
，
直线DE的方程是y =−x0+2
y0
(x−x0)，
直线BN的方程是y = −y0
x0−2
(x−2)，
直线BN与直线DE联立可得，{
y =−x0+2
y0
(x−x0)
y = −y0
x0−2
(x−2) )
，整理为：
x0+2
y0
(x−x0)=
y0
x0−2
(x−2)，
即(x0
2−4)(x−x0)= y0
2(x−2)，
即(x0
2−4)(x−x0)= 4−x0
2
4
(x−2)，
计算得出xE= 4 x0+2
5
，y E=−x0+2
y0
⋅2−x0
5
=−4−x0
2
5 y0
=−4
5 y0，
又y N =−y0，
则
y N
y E
= 5
4 ，
又
S△BDE
S△BDN
=
1
2|BD)⋅|y E)
1
2|BD)⋅|y N)
= y E
y N
= 4
5 ，
则△BDE与△BDN的面积之比为4：5.
【点睛】关键点睛：解析几何中的面积问题要善于观察图形的特点，将面积进行等价
转化是解题的关键.
【例题8】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为1
2，焦距为2c，以a,b,c为三边的
三角形面积为
❑√3
2 .
(1)求C 的方程；
(2)过右焦点F作两条互相垂直的直线分别交椭圆于M , N , P ,Q，求四边形MPNQ面
积的最小值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)288
49
【分析】（1）根据已知条件解方程求解即可；
（2）设直线MN , PQ的直线方程，联立方程表示出弦长|PQ)，|MN )及四边的面积，
再化简应用基本不等式计算得出面积的最小值.
【详解】（1）由已知可得{
bc
2 =
❑√3
2
a
2=b
2+c
2
e = c
a = 1
2)
⇒{
a=2
b= ❑√3
c =1 )
，
则所求椭圆方程C : x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）当直线MN的斜率不存在时，| MN |=3，此时PQ的长即为椭圆长轴长，
| PQ|= 4，
从而SPMQN = 1
2 | MN |⋅| PQ|= 1
2 ×4×3=6．
当直线MN的斜率为零时，同上可得，SPMQN = 1
2 | MN |⋅| PQ|= 1
2 ×4×3=6.
设直线MN的斜率为k，且k ≠0，直线MN的方程为：y =k( x−1)，
题型八、四边形面积之对角线垂直法
典例探究
直线PQ的方程为y =−1
k ( x−1)，
设M (x1, y1)，N (x2, y2)，P(x3, y3)，Q(x4, y4)，
由{
y =k (x−1)
x
2
4 + y
2
3 =1)
，消去y得(4 k
2+3)x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
所以x1+ x2=
8k
2
3+ 4 k
2，x1 x2= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
从而| MN |=
❑√1+k
2| x1−x2|= 12(1+k
2)
4 k
2+3
，
由{
y =−1
k
(x−1)
x
2
4 + y
2
3 =1 )
，消去y得(3k
2+ 4)x
2−8 x + 4−12k
2=0，
所以x3+ x4=
8
4+3k
2，x3 x4= 4−12k
2
4+3k
2 ，
从而| PQ|=
❑√1+(−1
k )
2
|x3−x4)= 12(1+k
2)
3k
2+ 4
，
所以
SPMQN = 1
2 | MN |⋅| PQ|= 1
2 × 12(1+k
2)
4 k
2+3
× 12(1+k
2)
3k
2+ 4
= 6(1+k
2)
4 k
2+3
× 12(1+k
2)
3k
2+ 4
，
因为k
2>0，则4 k
2+3>0,3k
2+ 4>0，则
(4 k
2+3)(3k
2+ 4)≤[
(4 k
2+3)+(3k
2+ 4)
2
)
2
= 7
2(1+k
2)
2
4
，
所以SPMQN = 6(1+ k
2)
4 k
2+3
× 12(1+ k
2)
3k
2+ 4
≥72(1+ k
2)
2
49(1+ k
2)
2
4
= 288
49 .
当且仅当4 k
2+3=3k
2+ 4，即k
2=1时取得最小值，
所以四边形PMQN面积的最小值为288
49 ．
  
【8-1】在平面直角坐标系Oxy中，动圆Q与圆C1: x
2+( y −1)
2=9内切于M，且与圆C2: 
x
2+( y +1)
2=1外切于N，设动圆Q的圆心轨迹为曲线E（如图）·
  
(1)求曲线E的方程；
(2)若圆x
2+ y
2=1的两条相互垂直的切线l1, l2均不与坐标轴垂直，且直线l1, l2分别与
曲线E相交于点A , C和B , D，求四边形ABCD面积的最小值.
【答案】(1) x
2
3 + y
2
4 =1
(2)240
49
【分析】（1）根据图形的几何性质和椭圆的定义，从动态图形上找到椭圆的参数，
求出椭圆标准方程.
（2）根据椭圆中四边形面积的算法，结合韦达定理求出面积的表达式，构造函数，
根据函数单调性，求出函数最值，得到面积最小值.
举一反三
【详解】（1）根据题意可知|C1 M )=3，|N C2)=1，且|QM )=|QN )，
因为|QC1)+|QC2)=|M C1)−|MQ)+|QN )+|N C2)=|M C1)+|N C2)=3+1= 4，
可知动圆Q的圆心到C1,C2距离之和为定值4，且|C1C2)=2<4，
所以Q的轨迹是以C1,C2为焦点，2a= 4，即a=2的椭圆，
可知2c =2，求得c =1，在椭圆中b=
❑√a
2−c
2= ❑√3，
所以椭圆标准方程为x
2
3 + y
2
4 =1.
（2）如图所示，过点F作圆x
2+ y
2=1的两条垂直切线，
切线l1与椭圆的交点坐标设为A( x1, y1),C( x2, y2)，设直线AC为y =kx +m(k ≠0).
因为直线AC与圆x
2+ y
2=1相切，所以原点到直线AC的距离为1，
可得|m|
❑√1+ k
2 =1，化简得m
2=1+k
2，
联立直线和椭圆方程得{
y =kx +m
x
2
3 + y
2
4 =1)
，消去y得(4 +3k
2) x
2+6 kmx +3m
2−12=0，
根据韦达定理可知x1+ x2= −6 km
4 +3k
2 , x1 x2= 3m
2−12
4 +3k
2 ，
则根据弦长公式
|AC)=
❑√1+ k
2·❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 4 ❑√3·
❑√(1+ k
2)(4 k
2+3−m
2)
4+3k
2
= 4 ❑√3·
❑√(1+k
2)(2k
2+3)
4 +3k
2
，
同理可知，当−1
k 替换k时可得
|BD)=
4 ❑√3·
❑√(1+(−1
k )
2)(2(−1
k )
2
+3)
4+3(−1
k )
2
= 4 ❑√3·
❑√(k
2+1)(3k
2+2）
4 k
2+3
，
四边形ABCD的面积为
S = 1
2 ⋅|AC)⋅|BD)= 1
2 ⋅4 ❑√3
❑√(1+k
2)(2k
2+3)
4 +3k
2
⋅4 ❑√3
❑√(k
2+1)(3k
2+2）
4 k
2+3
，
化简得S = 24(k
2+1)
❑√(2k
2+3)(3k
2+2）
(4 k
2+3)(3k
2+ 4)
，
令t =1+ k
2(t >1)，则S = 24 t
❑√6t
2+t −1
12t
2+t −1
=
24 ❑√
6+ 1
t −1
t
2
12+ 1
t −1
t
，
令u= ❑√
6+ 1
t −1
t
2，因为t >1则0< 1
t <1，则u∈(
❑√6，5
2)，
此时S = 24u
u
2+6
= 24
u+ 6
u
，当u+ 6
u 取得最大值时，面积取得最小值，
根据对勾函数y =u+ 6
u 在(0,❑√6)上单调递减，在(❑√6,+∞)上单调递增，
因为u∈(
❑√6，5
2)，则当u= 5
2时，可得面积最小值，此时S =
24
5
2 + 2
5 ×6
= 240
49 ，
即四边形ABCD面积最小值为240
49 .
  
【8-2】已知椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ，点(❑√2,1)在椭圆上．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若椭圆过原点O的弦AC ,BD相互垂直，求四边形ABCD面积的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1
(2)4 ❑√2
【分析】
（1）通过离心率，可得a与c的关系；再利用点(❑√2,1)，得到a与b的关系；通过方程
组求得椭圆方程；
（2）先分斜率是否存在分类讨论，再设直线AC方程，与椭圆方程联立，通过根与系
数关系可利用弦长公式和点到直线距离公式得|OA),|OB),再结合椭圆的对称性将四边形
ABCD面积转化为求解S ABCD=2|OA)⋅|OB),结合不等式求四边形ABCD面积的最大值．
【详解】（1）
由c
a =
❑√2
2 ，得a
2=2c
2，
则b
2=c
2，
故椭圆方程可化为x
2+2 y
2=2c
2，
将(❑√2,1)代入上式得c
2=2，
则a
2= 4 ,b
2=2，
故椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
2 =1．
（2）
由题意得，四边形ABCD为菱形，
则菱形ABCD的面积S ABCD= 1
2|AC)⋅ |BD)= 1
2 ×2|OA)⋅2|OB)=2|OA)⋅|OB)
当直线AC的斜率不存在或为0 时，易得S ABCD= 1
2 ×4×2❑√2= 4 ❑√2;
当直线AC的斜率存在且不为0 时，
设直线AC的方程为y =kx，则BD的方程为y =−1
k x，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
将y1=k x1, y2=−1
k x2代入x
2
4 + y
2
2 =1，
得x1
2=
4
2k
2+1
, x2
2=
4
2
k
2 +1，
则|OA)=
❑√x1
2+k
2 x1
2=
❑√(1+k
2) x1
2= ❑√
(1+k
2)⋅
4
2k
2+1
，
|OB)= ❑√
x2
2+ 1
k
2 x2
2= ❑√(1+ 1
k
2)x2
2= ❑
√
(1+ 1
k
2)⋅
4
2
k
2 +1
则S ABCD=2|OA)⋅|OB)
=2❑√
(1+k
2)⋅
4
2k
2+1
⋅ ❑
√
(1+ 1
k
2)⋅
4
2
k
2 +1
= 4 ❑√2⋅
❑
√
k
2+ 1
k
2 +2
k
2+ 1
k
2 + 5
2
< 4 ❑√2．
综上，S ABCD的最大值为4 ❑√2．
【8-3】已知椭圆E: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1 (a>b>0)的上顶点为B，右焦点为F，点B、F 都在直线
3 x + ❑√3 y −3=0上．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)若圆x
2+ y
2=1的两条相互垂直的切线l1,l2均不与坐标轴垂直，且直线l1,l2分别与E
相交于点A，C 和B，D，求四边形ABCD面积的最小值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)240
49
【分析】（1）由点B、F 都在直线3 x + ❑√3 y −3=0上，结合平方关系即可列出关于
a,b,c的方程组并求解即可；
（2）设出直线方程，由直线与圆相切可得m
2=1+k
2，联立直线与椭圆方程结合椭圆
方程表示出弦长，进一步表示出面积，从而即可得解.
【详解】（1）设椭圆E的半焦距为c，由已知点B的坐标为(0,b)，点F的坐标为
(c ,0)，
因为点B、F 都在直线3 x + ❑√3 y −3=0上，所以❑√3b−3=0，3c−3=0，又
a
2=b
2+c
2，
所以a=2，b= ❑√3，c =1，
所以椭圆E的方程为：x
2
4 + y
2
3 =1，
（2）
由题知l1,l2的斜率存在且不为0．
设l1: y =kx +m(k ≠0)．
因为l1与圆x
2+ y
2=1相切，所以|m|
❑√1+k
2 =1，得m
2=1+k
2．
联立l1: y =kx +m(k ≠0)与E的方程x
2
4 + y
2
3 =1，
可得(3+ 4 k
2) x
2+8kmx + 4 m
2−12=0，
设A(x1, y1)，C (x2, y2)，
Δ=64 k
2m
2−16(3+ 4 k
2)(m
2−3)= 48(3+ 4 k
2−m
2)>0⇔3+ 4 k
2>m
2，
则x1+ x2= −8km
3+ 4 k
2，x1 x2= 4 m
2−12
3+ 4 k
2 ．
所以
|AC)=
❑√1+ k
2|x1−x2)=
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 4 ❑√3
❑√(1+k
2)(4 k
2+3−m
2)
3+ 4 k
2
，
将m
2=1+ k
2代入，可得|AC)= 4 ❑√3
❑√(1+k
2)(3k
2+2)
3+ 4 k
2
．
用−1
k 替换k，可得|BD)= 4 ❑√3
❑√(1+k
2)(3+2k
2)
3k
2+ 4
．
四边形ABCD的面积S = 1
2|AC)⋅|BD)= 24(1+ k
2)
❑√(3k
2+2)(3+2k
2)
(3+ 4 k
2)(3k
2+ 4)
．
令t =1+ k
2，则t ∈(1,+∞)，可得S = 24t
❑√6t
2+t −1
12t
2+t −1
=
24 ❑√
6+ 1
t −1
t
2
12+ 1
t −1
t
2
，
再令u= ❑√
6+ 1
t −1
t
2，t ∈(1,+ ∞)，则u∈(
❑√6, 5
2)，
可得S = 24u
u
2+6
= 24
u+ 6
u
≥
24
5
2 +6× 2
5
= 240
49 ，等号成立当且仅当u= 5
2，即t =2，即
k =±1，
即四边形ABCD面积的最小值为240
49 ．
【例题9】已知椭圆C ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为
❑√2
2 ，焦距为2❑√2．
题型九、四边形面积之分割法
典例探究
  
(1)求椭圆C的方程；
(2)过圆O: x
2+ y
2=6上一动点P(x0, y0)作椭圆的两条切线，切点分别为A ,B．
（I）证明：PA ⊥PB；
（II）求四边形PAOB面积的取值范围．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
2 =1
(2)（I）证明见解析，（II）[2,4)
【分析】（1）由离心率及焦距列出等式求解即可；
（2）（I）设PA : x =m1( y −y0)+ x0，联立椭圆方程，由Δ=0，得到
( y0
2−2)m1
2−2 x0 y0m1+ x0
2−4 =0，再由PB: x =m2( y −y0)+ x0，联立椭圆方程得到
( y0
2−2)m2
2−2 x0 y0m2+ x0
2−4 =0，从而得到m1,m2是关于m的方程
( y0
2−2)m
2−2 x0 y0m+ x0
2−4 =0的两根，由韦达定理即可求证；（II）先确定直线AB的
方程为：x x0
4 + y y0
2
=1，结合弦长公式及点到线的距离公式，得到四边形PAOB面积表达
式即可求解.
【详解】（1）由题意可得：{
c
a =
❑√2
2
2c =2❑√2)
，
可得：a=2,c = ❑√2，
又a
2=b
2+c
2，得b= ❑√2，
所以椭圆方程为x
2
4 + y
2
2 =1
（2）
  
（I）当y0= ❑√2，x0=2时，此时可得：A (0,❑√2),B (2,0)，
显然PA ⊥PB，
同理：当y0= ❑√2，x0=−2时，或y0=−❑√2，x0=±2时，
都有PA ⊥PB，
当y0≠± ❑√2时，
设PA : x =m1( y −y0)+ x0=m1 y +(−m1 y0+ x0)，
再设t =−m1 y0+ x0，
因为直线PA与椭圆相切，
联立{
x
2
4 + y
2
2 =1
x =m1 y +t)
，得(m1
2+2) y
2+2m1ty +t
2−4 =0，
Δ=(2m1t)
2−4(m1
2+2)(t
2−2)=−8(t
2−2m1
2−4)=0，
即(−m1 y0+ x0)
2−2m1
2−4 =0，
即( y0
2−2)m1
2−2 x0 y0m1+ x0
2−4 =0，
同理，设PB: x =m2( y −y0)+ x0=m2 y +(−m2 y0+ x0)，
联立椭圆C与直线PB的方程可得{
x
2
4 + y
2
2 =1
x =m2 y +(−m2 y0+ x0))
，
得(m2
2+2) y
2+2m2ty +t
2−4 =0
Δ=(2m2t)
2−4(m2
2+2)(t
2−2)=0，
即(−m2 y0+ x0)
2−2m2
2−4 =0，
即( y0
2−2)m2
2−2 x0 y0m2+ x0
2−4 =0，
所以m1,m2是关于m的方程( y0
2−2)m
2−2 x0 y0m+ x0
2−4 =0的两根，
所以m1m2= x0
2−4
y0
2−2
，又x0
2+ y0
2=6，
可得：m1m2=−1，
所以k PA k PB=
1
m1m2
=−1，
综上可证：PA ⊥PB；
（II）先证：过椭圆C1：x
2
m
2 + y
2
n
2 =1（m＞n＞0）上一点Q (x3, y3)的切线方程为
x3 x
m
2 + y3 y
n
2 =1；
证明：当斜率存在时，设切线方程为y =kx +t，联立椭圆方程x
2
m
2 + y
2
n
2 =1，
可得n
2 x
2+m
2(kx +t )
2=m
2n
2，化简可得：
(n
2+m
2k
2)x
2+2m
2ktx +m
2(t
2−n
2)=0，
由题可得：Δ= 4 m
4k
2t
2−4 m
2(n
2+m
2k
2)(t
2−n
2)=0
化简可得：t
2=m
2k
2+n
2，该方程只有一个根，记作x3，
x3=−
m
2kt
n
2+m
2k
2 =−m
2k
t
，x3为切点的横坐标，
切点的纵坐标y3=k x3+t = n
2
t ，
由于
x3
y3
=−m
2k
n
2 ，则k =−n
2 x3
m
2 y3
，
则切线方程为：y −y3=k( x−x3) =−n
2 x3
m
2 y3
( x−x3)，
化简得：
x3 x
m
2 + y3 y
n
2 =1．
当切线斜率不存在时，切线为x =±m，也符合方程
x3 x
m
2 + y3 y
n
2 =1，
综上x
2
m
2 + y
2
n
2 =1(m>n>0)上一点Q (x3 , y3)的切线方程为
x3 x
m
2 + y3 y
n
2 =1；
设A(x1, y1),B(x2, y2)，
所以PA : x1 x
4 + y1 y
2
=1，PB: x2 x
4 + y2 y
2
=1，
所以x1 x0
4
+ y1 y0
2
=1，x2 x0
4
+ y2 y0
2
=1，
所以直线AB的方程为：x x0
4 + y y0
2
=1，又O: x0
2+ y0
2=6，
可得：x0
2+2 y0
2=6+ y0
2，
点P到直线AB的距离d1=|x0
2+2 y0
2−4)
❑√x0
2+ 4 y0
2
=
2+ y0
2
❑√x0
2+ 4 y0
2，
点O到直线AB的距离d2=
4
❑√x0
2+ 4 y0
2，
联立{
x
2
4 + y
2
2 =1
x x0
4 + y y0
2
=1)
，
可得：(x0
2+2 y0
2) y
2−8 y0 y +8−2 x0
2=0，
得y1+ y2=
8 y0
x0
2+2 y0
2 , y1 y2= 8−2 x0
2
x0
2+2 y0
2，
所以|AB)= ❑√
1+ 1
k
2 ⋅❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=2❑√2⋅❑√
x0
2+ 4 y0
2
x0
2
⋅
❑√x0
4−4 x0
2+2 x0
2 y0
2
x0
2+2 y0
2
，
所以四边形PAOB面积的
S = 1
2|AB)(d1+d2)= 1
2 ×2❑√2⋅❑√
x0
2+ 4 y0
2
x0
2
⋅
❑√x0
4−4 x0
2+2 x0
2 y0
2
x0
2+2 y0
2
(
2+ y0
2
❑√x0
2+ 4 y0
2 +
4
❑√x0
2+ 4 y0
2)
= ❑√2⋅
❑√x0
2+2 y0
2−4 = ❑√2⋅
❑√y0
2+2，
又0≤y0
2≤6，
所以2≤S≤4,
即四边形PAOB面积的取值范围是[2,4).
【9-1】已知椭圆Γ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点P(
❑√3,
❑√3
2 )，点Q 为Γ 的下顶点，直线PQ
的斜率为3
2．
(1)求Γ 的方程；
(2)AB 是过Γ 右焦点的弦（AB 不是长轴），AB 的中点为G，过点A，B 分别作直线
l：x = 4的垂线，垂足分别为C，D，l 与x 轴的交点为E．
（ⅰ）证明：AE //GD；
（ⅱ）记CG 与AE 的交点为M，DG 与BE 的交点为N，求四边形MGNE 面积的最大
举一反三
值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）9
2．
【分析】（1）由直线PQ 的斜率，求出b
2，再结合点P 在椭圆上求出a
2，进而写出椭
圆的方程．
（2）（ⅰ）要证明AE //GD，只需证明直线AE 与GD 的斜率相等即可；（ⅱ）将
求四边形MGNE 面积的最大值转化为求△ABE面积的最大值，联立直线与椭圆的方程，利
用根与系数的关系及函数的单调性求解即可．
【详解】（1）由题知Q 点的坐标为(0,−b)，P(
❑√3,
❑√3
2 )，因为直线PQ 的斜率为3
2，
所以
❑√3
2 +b
❑√3
= 3
2
，
解得b= ❑√3，所以b
2=3①．
又椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)过点P(
❑√3,
❑√3
2 )，所以3
a
2 + 3
4 b
2 =1②，
联立①②，解得a
2= 4，所以Γ 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）（ⅰ）第一步：设出直线AB 的方程，与椭圆方程联立
易知椭圆的右焦点为(1,0)，
设直线AB 的方程为x =ty +1，A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由{
x =ty +1,
x
2
4 + y
2
3 =1,)
得(3t
2+ 4) y
2+6ty −9=0，
由根与系数的关系得y1+ y2=−
6t
3t
2+ 4 ，y1 y2=−
9
3t
2+ 4 ．（*）
易得E (4,0)，G(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，D(4 , y2)，
所以k AE=
y1
x1−4 ，kGD=
y1+ y2
2
−y2
x1+ x2
2
−4
=
y1−y2
x1+ x2−8．
要证AE //GD，即证
y1
x1−4 =
y1−y2
x1+ x2−8，
即证x1 y2+ x2 y1= 4( y1+ y2)，
即证(t y1+1) y2+(t y2+1) y1= 4( y1+ y2)，
即证2t y1 y2=3( y1+ y2)，
由（*）得2t y1 y2=2t(−
9
3t
2+ 4)= −18t
3t
2+ 4
=3( y1+ y2)，得证．
（ⅱ）如图，在△ABE中，因为AE //GD，G 是AB 的中点，所以N 是BE 的中点，
由（ⅰ），同理可得BE //CG，所以四边形MGNE 为平行四边形，且由G 是AB 的
中点，可得M 是AE 的中点．
连接GE，易知S△MCE= 1
2 S△AGE，S△GNE= 1
2 S△GBE，
所以S四边形MGNE= S△MGE+ S△GNE= 1
2 S△AGE+ 1
2 S△GBE= 1
2 S△ABE．
由（ⅰ）知y1+ y2=−
6t
3t
2+ 4 ，y1 y2=−
9
3t
2+ 4 ，
令椭圆的右焦点为F，则S△ABE= S△AFE+ S△BFE= 1
2 ×|EF)×|y2−y1)．
即S△ABE= 1
2 ×(4−1)×|y1−y2)= 3
2
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 3
2
❑√(−
6t
3t
2+ 4)
2
+
36
3t
2+ 4
 
= 18
❑√1+t
2
3t
2+ 4
．
令❑√1+t
2=u，则t
2=u
2−1，u∈[1,+∞)，记φ(u)= 18u
3u
2+1
=
18
3u+ 1
u
，u∈[1,+ ∞)，
显然φ(u)在[1,+∞)上单调递减，所以当u=1，即t =0时，φ(u)取得最大值，
且最大值为φ(1)= 9
2，
故S△ABE的最大值为9
2．
故S四边形MGNE= 1
2 −S△ABE≤9
4 ，即四边形MGNE 面积的最大值为9
4 ．
【9-2】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1, F2，点P在C上运动，G
是△P F1 F2的重心，且点G到点R(−
❑√3
3 ,0)与到点S(
❑√3
3 ,0)的距离之和为4
3 ．
(1)求C的方程；
(2)设A ,B分别为C的左、右顶点，动点Q在直线x = 4上，直线QA与C的另一个交点
为M，直线QB与C的另一个交点为N．
（ⅰ）证明：直线MN过定点，并求出该定点坐标；
（ⅱ）求四边形ANBM面积的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1；
(2)（ⅰ）证明见解析，(1,0)；（ⅱ）2❑√3.
【分析】（1）根据题意，设G(x0, y0)、P(x , y)，可得点G的轨迹是长轴长为4
3 ，
焦距为2❑√3
3
的椭圆，又OG = 1
3 OP，得x0= 1
3 x , y0= 1
3 y代入点G的轨迹方程可得解；
（2）（ⅰ）由对称性可知直线MN经过的定点必在x轴上且异于原点，设定点为
T (t ,0),t ≠0，设直线MN的方程与椭圆C的方程联立，求出直线MA，NB的方程，根据
它们的交点Q在直线x = 4上，求得t =1，对于直线MN的斜率不存在时，也满足；（ⅱ）
由（ⅰ）结合韦达定理可得y1+ y2=−2m
m
2+ 4
, y1 y2=−
3
m
2+ 4 ，得
|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 4 ❑√
m
2+3
(m
2+ 4)
2，换元令m
2+3= s≥3，求得
|y1−y2)max= ❑√3，从而四边形ANBM面积的最大值为1
2|AB)⋅|y1−y2)max，得解.
【详解】（1）由题意设F1(−c ,0), F2(c ,0)，设G(x0, y0)、P(x , y)，
因为点G到点R(−
❑√3
3 ,0)与到点S(
❑√3
3 ,0)的距离之和为4
3 ，
所以|GR)+|GS)= 4
3 > 2❑√3
3
=|RS)．
则点G的轨迹是长轴长为4
3 ，焦距为2❑√3
3
的椭圆，其方程为
x0
2
4
9
+ y0
2
1
9
=1．
因为点G是△P F1 F2的重心，O为F1 F2的中点，
所以OG = 1
3 OP，则x0= 1
3 x , y0= 1
3 y，
代入点G的轨迹方程得x
2
4 + y
2=1.
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2=1.
（2）（ⅰ）由对称性可知直线MN经过的定点必在x轴上且异于原点，
设定点为T (t ,0),t ≠0，
当直线MN的斜率不为0 时，设直线MN的方程为
x =my +t , M (x1, y1), N (x2, y2), x1, x2≠±2,
联立{
x =my +t
x
2
4 + y
2=1)
，得(m
2+ 4) y
2+2mty +t
2−4 =0，
Δ= 4 m
2t
2−4(m
2+ 4)(t
2−4)>0，
则y1+ y2=−2mt
m
2+ 4
, y1 y2= t
2−4
m
2+ 4
．
由（1）可得A (−2,0),B (2,0)，
则直线MA的方程为y =
y1
x1+2
(x +2)，
直线NB的方程为y =
y2
x2−2
(x−2)，
由题意知直线MA与NB交于点Q，且点Q在直线x = 4上．
所以
6 y1
x1+2 = 2 y2
x2−2，即
3 y1
x1+2 =
y2
x2−2，
所以3 y1(x2−2)= y2(x1+2)．
所以3 y2(m y2+t −2)= y2(m y1+t +2)，
所以2m y1 y2+3(t −2) y1−(t +2) y2=0．①
当m≠0，即直线MN的斜率存在且不为0 时，
由y1 y2
y1+ y2
=
t
2−4
m
2+ 4
−2mt
m
2+ 4
= 4−t
2
2mt ，
得y1 y2= 4−t
2
2mt ( y1+ y2)，
代入①，得(t −1)(t −2) y1=(t −1)(t +2) y2．
当t =1时，上式恒成立，所以T (1,0)； 
当m=0，即直线MN的斜率不存在时，
若T (1,0)，则直线MN的方程为x =1，
取M(1,
❑√3
2 ), N(1,−
❑√3
2 )，满足①式．
当直线MN的斜率为0 时，直线MN : y =0，过点T (1,0)．
综上，直线MN过定点，且该定点的坐标为(1,0)．
（ⅱ）由题可知直线MN的斜率不为0，
由（ⅰ）可知直线MN过定点T (1,0)，
则y1+ y2=−2m
m
2+ 4
, y1 y2=−
3
m
2+ 4 ，
所以|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2 = ❑√
4 m
2
(m
2+ 4)
2 +
12
m
2+ 4
= 4 ❑√
m
2+3
(m
2+ 4)
2，
令m
2+3= s≥3，
则|y1−y2)= 4 ❑√
s
(s+1)
2 = 4 ❑
√
1
s+ 1
s +2， 
因为函数f (s)= s+ 1
s +2在[3,+ ∞)上单调递增，
所以f (s)≥f (3)= 16
3 ．
则|y1−y2)≤❑√3，所以|y1−y2)max= ❑√3，
所以四边形ANBM面积的最大值为1
2|AB)⋅|y1−y2)max= 1
2 ×4×❑√3=2❑√3.
【9-3】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的长轴长为2❑√3，左、右焦点分别为F1, F2，直
线l: y = px +q与C交于P ,Q两点，且△P F1 F2面积的最大值为3
2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若⃗OP⋅⃗OQ =0.
（i）证明：q
2= p
2+1；
（ii）若直线m经过原点，与椭圆C交于R ,S两点，且⃗OR ∥ (⃗OP+⃗OQ)，求四边形
PRQS面积的取值范围.
【答案】(1) x
2
3 + 2 y
2
3 =1
(2)（i）证明见解析；（ii）[❑√6,2❑√3)
【分析】（1）根据题意，当点P在短轴端点时△P F1 F2面积最大，再结合椭圆性质
可解；
（2）（i）设P(x1, y1),Q(x2, y2)，联立方程组，根据根与系数的关系和⃗
OP⋅⃗OQ =0的坐标表示得证；
（ii）设PQ的中点为M，因为⃗OR ∥ (⃗OP+⃗OQ)，所以⃗OR =t (⃗OP+⃗OQ)=2ι⃗OM，
则，从而S四边形PRQS=2S四边形OPRQ= 4t S△OPQ= ❑√6⋅❑√
2−
1
2 p
2+1
，再求其范围.
【详解】（1）设椭圆C的半焦距为c，
依题意得，a= ❑√3,
当点P在短轴端点时△P F1 F2面积最大，所以bc = 3
2，
所以b
❑√3−b
2= 3
2，解得b
2= 3
2，
所以椭圆C的方程为x
2
3 + 2 y
2
3 =1；
（2）（i）由（1）知，椭圆C的方程可化为x
2+2 y
2=3，
设P(x1, y1),Q(x2, y2)，
由{
x
2+2 y
2=3,
y = px +q , )消去y得(2 p
2+1) x
2+ 4 pqx +2q
2−3=0，
则Δ=16 p
2q
2−4(2 p
2+1)(2q
2−3)= 4(6 p
2−2q
2+3)>0，
x1+ x2=−4 pq
2 p
2+1
, x1 x2= 2q
2−3
2 p
2+1 ，
因为⃗OP⋅⃗OQ =0，所以x1 x2+ y1 y2= x1 x2+( p x1+q)( p x2+q)=0，
整理得( p
2+1) x1 x2+ pq(x1+ x2)+q
2=0，则( p
2+1)⋅2q
2−3
2 p
2+1
−4 p
2q
2
2 p
2+1
+q
2=0，
化简得，q
2= p
2+1，此时Δ>0成立，
所以q
2= p
2+1；
（ii）设PQ的中点为M，
因为⃗OR ∥ (⃗OP+⃗OQ)，所以⃗OR =t (⃗OP+⃗OQ)=2ι⃗OM，
不妨设t >0,S四边形PRQS=2S四边形OPRQ= 4 t S△OPQ.
又S△OPQ= 1
2|q)|x1−x2)= 1
2|q)❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=|q)⋅
❑√4 p
2+1
2 p
2+1
.
由⃗OR =t (⃗OP+⃗OQ)，得R点坐标为(t (x1+ x2),t ( y1+ y2))，则
{
t (x1+ x2)=−4 pq
2 p
2+1
t ,
t ( y1+ y2)=
2q
2 p
2+1
t ,)
所以(−4 pq
2 p
2+1
t)
2
+2(
2q
2 p
2+1
t)
2
=3，化简得8q
2t
2
2 p
2+1
=3，即t =
❑√
3(2 p
2+1)
8q
2
，
所以
S四边形PRQS= 4
❑√
3(2 p
2+1)
8q
2
⋅|q)⋅
❑√4 p
2+1
2 p
2+1
= ❑√6⋅❑√
4 p
2+1
2 p
2+1
= ❑√6⋅❑√
2−
1
2 p
2+1
∈[❑√6,2❑√3)
，
所以四边形PRQS面积的取值范围为[❑√6,2❑√3).
【例题10】已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，点P(1, 3
2)在椭圆C上，且
PF ⊥x轴，
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F的直线l交椭圆于A，B两点，点C在直线x = 4上，满足BC ∥x 轴.
①证明直线AC过定点；
②设定点坐标为M，求△MAB面积的最大值.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)①证明见解析；②9
4 .
【分析】（1）由题可得右焦点为F (1,0)，结合点P(1, 3
2)
在椭圆C上，可得
题型十、三角形、四边形面积最值（范围）问题
典例探究
{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
a
2−b
2=1 )
，据此可得答案；
（2）①设直线l方程为x =my +1，A(x1, y1)，B(x2, y2)，将直线与椭圆方程联立可
得，结合韦达定理，可得m y1 y2= 3( y1+ y2)
2
.注意到直线AC方程为：
y −y2= y2−y1
4−x1
(x−4)，令y =0，可得x =−
y2
y1−y2
(4−x1)+ 4，利用
m y1 y2= 3( y1+ y2)
2
化简可得定点坐标；
②由①可得
S△MAB=
9
3
❑√m
2+1+
1
❑√m
2+1
，令t =
❑√m
2+1，t ≥1，f (t )=3t + 1
t ，随后
利用f (t )单调性可得最值.
【详解】（1）由题可得椭圆右焦点为F (1,0)，则c =1，
由已知得：{
1
a
2 + 9
4 b
2 =1
a
2−b
2=1 )
，解得a
2= 4，b
2=3，
则椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）①由BC //x 轴，则直线l斜率不为0，设直线l方程为x =my +1，A(x1, y1)，
B(x2, y2)，
联立方程组{
x
2
4 + y
2
3 =1
x =my +1)
，整理得(3m
2+ 4) y
2+6my −9=0，
则Δ=(6m)
2+36(3m
2+ 4)=144(m
2+1)>0
y1+ y2=−
6m
3m
2+ 4 ，y1 y2=−
9
3m
2+ 4 ，则m y1 y2= 3( y1+ y2)
2
直线AC : y −y2= y2−y1
4−x1
(x−4)，
令y =0，则
x =−
y2
y1−y2
(4−x1)+ 4 = 4 y2−x1 y2+ 4 y1−4 y2
y1−y2
= 4 y1−(m y1+1) y2
y1−y2
= 4 y1−y2−m y1 y2
y1−y2
=
4 y1−y2−3( y1+ y2)
2
y1−y2
=
5( y1−y2)
2
y1−y2
= 5
2
②S△MAB= 1
2|FM )|y1−y2)= 1
2 × 3
2|y1−y2)= 3
4
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2，
= 9
❑√m
2+1
3m
2+ 4
=
9
3
❑√m
2+1+
1
❑√m
2+1
令t =
❑√m
2+1，t ≥1，f (t )=3t + 1
t ，设1≤t1<t2，
则f (t1)−f (t2)=3t1+ 1
t1
−3t2−1
t2
= (t1−t2)(3t1t2−1)
t1t2
<0，
即f (t1)<f (t2)，f (t )在[1,+ ∞)上单调递增，
则当t =1时，f (t )min= f (1)= 4，则S△MAB= 9
f (t ) ≤
9
f (t )min
=
9
f (1) = 9
4 .
  
【10-1】已知双曲线C的渐近线方程为❑√3 x ± y =0，过右焦点F (2,0)且斜率为k的直线l与
C相交于A、B两点. 点B关于x轴的对称点为点E.
(1)求双曲线C的方程：
(2)求证：直线AE恒过定点，并求出定点的坐标；
(3)当k ≥2时，求△AEF面积的最大值.
【答案】(1)x
2−y
2
3 =1
(2)证明见解析，定点坐标为(
1
2 ,0)
(3)18
【分析】（1）设双曲线C的标准方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，根据题意可得出关
于a、b的方程组，解出这两个量的值，即可得出双曲线C的标准方程；
（2）分析可知，k ≠0，设m= 1
k ，可得出直线l的方程为x =my +2，点A(x1, y1)、
B(x2, y2)，则点E(x2,−y2)，分析可知，直线AE过x轴上的定点T (t ,0)，将直线l的方程
与双曲线的方程联立，列出韦达定理，求出直线AE的方程，将点T的坐标代入直线AE的
方程，求出t的值，即可得出定点的坐标；
（3）利用三角形的面积结合韦达定理可得出S△AEF =
9
1
m −3m，其中m∈(0, 1
2)，结
合函数的单调性可得出△AEF面积的最大值.
【详解】（1）根据题意，设双曲线C的标准方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)，
举一反三
由题意可得{
a
2+b
2= 4
b
a = ❑√3
a>0,b>0)
，解得{
a=1
b= ❑√3)，故双曲线C的方程为x
2−y
2
3 =1.
（2）当k =0时，此时，点A、B为双曲线的顶点，不合乎题意；
当k ≠0时，设m= 1
k ，则直线l的方程为x =my +2，
设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，则点E(x2,−y2)，
由对称性可知，直线AE过x轴上的定点T (t ,0)，
联立{
x =my +2
3 x
2−y
2=3)可得(3m
2−1) y
2+12my +9=0，
由题意可得{
3m
2−1≠0
Δ=144 m
2−36(3m
2−1)=36(m
2+1)>0)，解得m≠±
❑√3
3 ，
由韦达定理可得y1+ y2=−12m
3m
2−1，y1 y2=
9
3m
2−1，
则AE的斜率为k AE= y1+ y2
x1−x2
，直线AE的方程为y −y1= y1+ y2
x1−x2
(x−x1)，
将点T的坐标代入直线AE的方程可得−y1= y1+ y2
x1−x2
(t −x1)，
可得t = x1−y1(x1−x2)
y1+ y2
= x1 y2+ x2 y1
y1+ y2
= (m y1+2) y2+(m y2+2) y1
y1+ y2
= 2m y1 y2
y1+ y2
+2=
18m
3m
2−1
−
12m
3m
2−1
+2= 1
2，
此时，直线AE过定点T(
1
2 ,0).
综上所述，直线AE过定点T(
1
2 ,0).
（3）因为k ≥2，则m= 1
k ∈(0, 1
2)，且y1 y2=
9
3m
2−1
<0，
S△AEF = 1
2|FT )⋅||y1)−|y2))= 1
2 × 3
2 ×|y1+ y2)= 3
4 ⋅|
12m
3m
2−1)=
9m
1−3m
2 =
9
1
m −3m，
因为函数f (m)= 1
m −3m在(0, 1
2)上单调递减，
故当m= 1
2时，S△AEF取最大值，且最大值为
9
2−3
2
=18
.
【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后
利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
【10-2】圆锥曲线第二定义：设动点M到定点F(c ,0)(c>0)的距离与点M到定直线
l: x = a
2
c 的距离的比是c
a，当c
a >1时，该动点M的轨迹为双曲线.定直线l: x = a
2
c 称为准线，
比值e = c
a称为离心率，| MF |=|e x0−a)称为焦半径.如图，F1, F2为曲线C的左、右焦点，
该曲线离心率e =
❑√5
2 ，准线l: x = 4 ❑√5
5
.动点P(x0, y0)( y0≥1)在曲线C的右支上.设
∠F1 P F2的平分线与x轴、y轴分别交于点N (m,0),Q.
(1)求曲线的标准方程；
(2)求m的取值范围；
(3)设过点F1,Q的直线l与双曲线C交于A ,B两点，求△F2 AB面积的最大值.
【答案】(1) x
2
4 −y
2=1；
(2)(0,❑√2]；
(3)4 ❑√30.
【分析】（1）根据已知求双曲线参数，即可得双曲线方程；
（2）法一：根据已知有|P F1)
|P F2)
=|N F1)
|N F2)
得到❑√5a=e x0m，进而有m= 4
x0
，结合双曲
线的性质得x0≥2❑√2，即可确定参数范围；法二：根据已知写出lP F1、lP F2，由角平分线及
点线距离公式列方程得m= 4
x0
，结合x0≥2❑√2即可得参数范围；
（3）设直线lPQ的方程，求得Q(0,−1
y0)，进而有l: y =−
1
❑√5 y0
( x + ❑√5)并联立双
曲线，应用韦达定理、弦长公式和三角形面积公式得S△F2 AB= 4 ❑√5×
❑√5 y0
2+1
5 y0
2−4
，即可求最
值.
【详解】（1）由题设{
e = c
a =
❑√5
2
a
2
c = 4
❑√5 )
，可得{
a=2
c = ❑√5)，
则b
2=c
2−a
2=1，故x
2
4 −y
2=1；
（2）法一：依题意有F1(−❑√5,0), F2(❑√5,0).
由焦半径的定义知，|P F1)=e x0+a,|P F2)=e x0−a.
在△P F1 F2中，由角平分线定理知|P F1)
|P F2)
=|N F1)
|N F2)
，即
e x0+a
e x0−a =
❑√5+m
❑√5−m，
整理得(e x0+a)(❑√5−m)=(e x0−a)(❑√5+m)⇒❑√5a=e x0m，
将e =
❑√5
2 代入上式得m= 4
x0
，
由−❑√5<m<❑√5, y0≥1，及y0
2= 1
4 x0
2−1⇒x0≥2❑√2.
所以0< 4
x0
≤❑√2，从而m 的取值范围是(0,❑√2].
法二：依题意有F1(−❑√5,0), F2(❑√5,0)，
则lP F1: y = y0−0
x0+ ❑√5 ( x + ❑√5)⇒y0 x−(x0+ ❑√5) y + ❑√5 y0=0，
lP F2: y = y0−0
x0−❑√5 ( x−❑√5)⇒y0 x−(x0−❑√5) y −❑√5 y0=0，
由点N 在∠F1 P F2的平分线上知|y0m+ ❑√5 y0)
❑√y0
2+(x0+ ❑√5)
2 = |y0m+ ❑√5 y0)
❑√y0
2+(x0−❑√5)
2，
则y0
2+(x0+ ❑√5)
2= 5
4 x0
2+2❑√5 x0+ 4 =(
❑√5
2 x0+2)
2
, y0
2+(x0−❑√5)
2=(
❑√5
2 x0−2)
2
.
故
m+ ❑√5
5
2 x0+2
=
❑√5−m
❑√5
2 x0−2
⇒m= 4
x0，由−❑√5<m<❑√5, y0≥1及
y0
2= 1
4 x0
2−1⇒x0≥2❑√2，
所以0< 4
x0
≤❑√2，故m的取值范围是(0,❑√2].
  
（3）由（1）知lPQ: y = y0−0
x0−4
x0
⋅(x−4
x0)，
令x =0⇒y =−4 y0
x0
2−4
=−1
y0
，故点Q(0,−1
y0)，
由kl=
0−(−1
y0)
−❑√5−0 =−
1
❑√5 y0
⇒l: y =−
1
❑√5 y0
( x + ❑√5)，
与双曲线方程联立消去x得(5 y0
2−4) y
2+10 y0 y +1=0①，
⇒Δ=100 y0
2−4(5 y0
2−4)=80 y0
2+16>0，
设A(x1, y1),B(x2, y2)，则y1+ y2=−10 y0
5 y0
2−4
, y1 y2=
1
5 y0
2−4 ，
|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2 = ❑√(−10 y0
5 y0
2−4)
2
−4×
1
5 y0
2−4
= 4
❑√5 y0
2+1
|5 y0
2−4)
，
由y0≥1，知S△F2 AB= 1
2|F1 F2)|y1−y2)= 1
2 ×2❑√5× 4
❑√5 y0
2+1
5 y0
2−4
，
设5 y0
2−4 =t ≥1，故S△F2 AB= 4 ❑√5×
❑√t +5
t
= 4 ❑√5×❑√5(
1
t + 1
10)
2
−1
20
.
当t =1，即点P(2❑√2,1)时，△F2 AB面积取最大值4 ❑√30.
从而△F2 AB面积的最大值为4 ❑√30.
【10-3】在直角坐标系xOy中，A ,B ,C是抛物线E: x
2= 4 y上不重合的三点，F为E的焦
点.且△ABC的重心为F.
(1)求直线AB在y轴上的截距的取值范围；
(2)求△ABC面积的最大值.
【答案】(1)(−1
2 ,1)∪(1, 3
2)
(2)3 ❑√6
2
【分析】（1）设A(x1, y1),B(x2, y2),C (x3, y3)，利用重心的坐标公式可得
{
x1+ x2+ x3=0
y1+ y2+ y3=3)，根据点在抛物线E: x
2= 4 y上得y1+ y2+ y3= x1
2+ x2
2+ x3
2
4
，联立方程组
可得x1
2+ x2
2+ x1 x2=6.结合重要不等式求得x1 x2的范围，根据直线AB的点斜式方程即可求
解直线AB在y轴上的截距的取值范围；
（2）根据点到直线的距离公式、弦长公式及三角形的面积公式得
S△ABC = 1
8|x1−x2)|2 x1
2+2 x2
2+5 x1 x2)，平方后利用柯西不等式即可求解面积的最大值.
【详解】（1）设点A(x1, y1),B(x2, y2),C (x3, y3)，其中x1, x2, x3两两不相等.
当直线AB的纵截距是1 时，直线AB过点F，不满足题意；
因为点F (0,1)是△ABC的重心，所以{
x1+ x2+ x3=0
y1+ y2+ y3=3)，
代入抛物线得{
x1+ x2+ x3=0
x1
2+ x2
2+ x3
2=12)，联立得x1
2+ x2
2+ x1 x2=6.
由x1
2+ x2
2≥2 x1 x2得x1 x2≤2，因为x1≠x2，所以x1 x2<2；
由x1
2+ x2
2≥−2 x1 x2得x1 x2≥−6，当且仅当x1=−x2时取等.
综上−6≤x1 x2<2.
因为k AB= y1−y2
x1−x2
=
x1
2
4 −x2
2
4
x1−x2
= x1+ x2
4
，
所以直线AB的方程为y = x1+ x2
4
(x−x1)+ y1= x1+ x2
4
x− x1 x2
4
，
所以直线AB在y轴上的截距为−x1 x2
4
，所以−1
2 <−x1 x2
4
≤3
2，
综上，直线AB在y轴上的截距的取值范围是(−1
2 ,1)∪(1, 3
2).
（2）易得|AB)=
❑√
1+(
x1+ x2
4 )
2
|x1−x2)，
点C到直线AB的距离
d =|(x1−x3)(x2−x3))
4
❑√
1+(
x1+ x2
4 )
2 ，
所以S△ABC = 1
2|AB)d = 1
8|(x1−x2)(x1−x3)(x2−x3))= 1
8|x1−x2)|2 x1
2+2 x2
2+5 x1 x2)，
S△ABC
2
= 1
64 (x1−x2)
2(2 x1
2+2 x2
2+5 x1 x2)
2= 1
128 (12−6 x1 x2)(12+3 x1 x2)(12+3 x1 x2)
≤1
128(
12−6 x1 x2+12+3 x1 x2+12+3 x1 x2
3
)
3
= 27
2 ，
当且仅当x1 x2=0时取等， 
所以△ABC面积的最大值为3 ❑√6
2
.
【点睛】方法点睛：通过联立直线方程与抛物线（圆锥曲线）方程的方程组，应用一
元二次方程根与系数的关系，得到“目标函数”的解析式，利用导数确定函数的最值进行
求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解.
1.已知抛物线C：y
2=2 px( p>0)的焦点为F(1,0)，坐标原点为O，直线l与抛物线C交于
A，B两点（与O均不重合），以线段AB为直径的圆过原点O，则△AOB与△AOF的面积
题型精析・方法突破提能力
之和可能为（    ）
A．17
B．8 ❑√5
C．18
D．9 ❑√3
【答案】BC
【分析】由条件求出抛物线C的方程，设直线AB的方程，利用设而不求法表示
△AOB与△AOF的面积之和，由此确定其范围，并确定正确选项.
【详解】因为抛物线C：y
2=2 px( p>0)的焦点为F(1,0)，
所以p
2 =1，所以p=2，
所以抛物线C的方程为y
2= 4 x，
若直线l的斜率为0，则直线l与抛物线有且只有一个交点，与条件矛盾，
所以直线l的斜率不为0，所以可设直线l的方程为x =my +t，
联立{ y
2= 4 x
x =my +t可得y
2−4 my −4t =0，
由已知方程y
2−4 my −4 t =0的判别式Δ=16m
2+16t >0，
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，则y +
1
❑y2= 4 m，y y
1
❑❑2=−4t，
因为以线段AB为直径的圆过原点O，所以⃗OA ⋅⃗OB =0,
所以x1 x +
2
❑y1 y2=0，所以t
2−4t =0，
所以t = 4或t =0，
当t =0时，由{ y
2= 4 x
x =my 可得{x =0
y =0或{x = 4 m
2
y = 4 m 与条件相矛盾，
所以t = 4，所以y +
1
❑y2= 4 m，y y
1
❑❑2=−16，
设直线l与x轴的交点为D，则D(4,0)
△AOB的面积S△AOB= S△AOD+ S△BOD= 1
2 ×4×| y1|+ 1
2 ×4×| y2|=2| y1−y2|，
所以△AOB的面积S△AOB=2
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=8
❑√m
2+ 4，
△AOF的面积S△AOF = 1
2 ×1×| y1|，
当y1=2m+2
❑√m
2+ 4，则△AOB与△AOF的面积之和S =9
❑√m
2+ 4+m，
又S
′ =
9m
❑√m
2+ 4
+1，由S
′ =0可得m=−
❑√5
10 ，
当m<−
❑√5
10 时，S
′<0，函数S =9
❑√m
2+ 4+m在(−∞，−
❑√5
10 )上单调递减，
当m>−
❑√5
10 时，S
′>0，函数S =9
❑√m
2+ 4+m在(−
❑√5
10 ,+∞)上单调递增，
所以S≥8 ❑√5，当且仅当m=−
❑√5
10 时等号成立；
当y1=2m−2
❑√m
2+ 4，则△AOB与△AOF的面积之和S =9
❑√m
2+ 4−m，
又S
′ =
9m
❑√m
2+ 4
−1，由S
′ =0可得m=
❑√5
10 ，
当m<
❑√5
10 时，S
′<0，函数S =9
❑√m
2+ 4−m在(−∞，
❑√5
10 )上单调递减，
当m>
❑√5
10 时，S
′>0，函数S =9
❑√m
2+ 4−m在(
❑√5
10 ,+∞)上单调递增，
所以S≥8 ❑√5，当且仅当m=
❑√5
10 时等号成立；
又8 ❑√5= ❑√320>❑√289=17，8 ❑√5= ❑√320>❑√243=9 ❑√3，8 ❑√5= ❑√320<❑√324 =18，
所以△AOB与△AOF的面积之和可能为18 或8 ❑√5，
故选：BC.
2.设双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别为F1, F2，它的实轴长为4，P 是C
上的一点且满足⃗F1 P⋅⃗F2 P =0，△P F1 F2的面积是4，则C 的方程是      .
【答案】x
2
4 −y
2
4 =1
【分析】由实轴长为4 可得a=2，利用双曲线定义以及△P F1 F2的面积和勾股定理可
求得c
2=8，可求出C 的方程.
【详解】根据题意可知不妨取P在双曲线左支上，如下图所示：
  
根据实轴长为4 可得a=2，即可得|P F2)−|P F1)=2a= 4；
又⃗F1 P⋅⃗F2 P =0可得∠F1 P F2=90
∘，
由△P F1 F2的面积是4 可得1
2|P F2)|P F1)= 4，即|P F2)|P F1)=8；
由|P F2)
2+|P F1)
2=(|P F2)−|P F1))
2+2|P F2)|P F1)= 4
2+2×8= 4 c
2，
解得c
2=8，所以b
2=8−a
2= 4，
可得C 方程是x
2
4 −y
2
4 =1.
故答案为：x
2
4 −y
2
4 =1
3.过抛物线C:y2=4x 的焦点F 的直线l 与抛物线相交于P，Q 两点，与抛物线的准线相交于
点M，且⃑FM =3⃑FP，则△OMP 与△OMQ 的面积之比S△OMP
S△OMQ
=     .
【答案】1
3
【分析】利用抛物线的定义进行作图，结合⃑FM =3⃑FP和相似三角形，求得
3|PM )=|QM )，由此求得
S△OMP
S△OMQ
.
【详解】如图，过点P 作准线的垂线交于点H，设|PF=|PH|=m，过点Q 作准线的垂线
交于点E，则|EQ|=|QF|，∵⃑FM =3⃑FP，∴|PM|=2m，根据△PHM∽△QEM，可得
|PH )
|PM ) = |QE)
|QM ) = 1
2， 2|EQ|=|QM|=|EQ|+3m. |
∴EQ|=|3m，故3|PM|=|QM|，则△OMP 与△OMQ
的面积之比
S△OMP
S△OMQ
= 1
3.
故答案为：1
3
【点睛】本小题主要考查抛物线的定义，考查抛物线中三角形面积比的计算，考查数
形结合的数学思想方法，属于中档题.
4.已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，|F1 F2)=2，点A (2,0)在
C上，P为椭圆C的一个动点.
(1)求C的方程.
(2)当∠F1 P F2= π
3 时，求△P F1 F2的面积.
(3)求⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)S△P F1 F2= ❑√3
(3)[2,3)
【分析】（1）由|F1 F2)=2，点A (2,0)，知c ,a的值，再由b
2=a
2−c
2得b，即可得
到椭圆方程；
（2）在△P F1 F2中，结合椭圆的定义及余弦定理可得|P F1|⋅|P F2|= 4，进而求得
△P F1 F2的面积.
（3）设P(m,n)，表示⃗P F1,⃗P F2的坐标，根据椭圆的有界性即可求出⃗P F1⋅⃗P F2的
取值范围.
【详解】（1）由题设得到a=2，且2c =2，即c =1，∴b
2=a
2−c
2=3,b= ❑√3
故椭圆方程为：x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）∵P为椭圆C x
2
4 + y
2
3 =1上的一点，
∴|P F1)+|P F2)=2a= 4，平方得|P F1)
2+|P F2)
2+2|P F1)⋅|P F2)=16 ①，
在△P F1 F2中，由余弦定理，得|P F1)
2+|P F2)
2−2|P F1)⋅|P F2)cos π
3 =|F1 F2)
2，
即|P F1)
2+|P F2)
2−|P F1)⋅|P F2)= 4 ②，
由①−②，得3|P F1)⋅|P F2)=12，即|P F1)⋅|P F2)= 4，
所以△P F1 F2的面积S△P F1 F2= 1
2|P F1)⋅|P F2)sin ∠F1 P F2= 1
2 ×4×
❑√3
2 = ❑√3.
（3）设P(m,n)，则m
2
4 + n
2
3 =1，所以n
2=3−3m
2
4
，m∈[−2,2).
因为F1(−1,0), F2(1,0)， ⃗P F1=(−1−m,−n),⃗P F2=(1−m,−n)，⃗
P F1⋅⃗P F2=(−1−m)(1−m)+n
2=m
2+n
2−1= m
2
4 +2.
∵m∈[−2,2)，∴m
2
4 +2∈[2,3).
所以⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围是[2,3).
  
5.已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
5 =1（a>❑√5）的左、右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上的一点．
(1)若a=3，求⃗P F1⋅⃗P F2的取值范围；
(2)若∠F1 P F2=120°，求△F1 P F2的面积．
【答案】(1)[1,5]；
(2)5 ❑√3.
【分析】（1）由题设F1(−2,0), F2(2,0)，设P( x , y)，应用数量积的坐标表示及椭
圆的有界性求范围；
（2）由椭圆定义及余弦定理求得| P F1|| P F2|=20，利用三角形面积公式求面积
即可.
【详解】（1）由题设x
2
9 + y
2
5 =1，则F1(−2,0), F2(2,0)，
设P( x , y)，故⃗P F1=(−2−x ,−y),⃗P F2=(2−x ,−y)，
所以⃗P F1⋅⃗P F2= x
2+ y
2−4，又x
2=9−9
5 y
2，且0≤y
2≤5，
则⃗P F1⋅⃗P F2=5−4
5 y
2∈[1,5].
（2）由题设，S△F1 P F2= 1
2 | P F1|| P F2|sin ∠F1 P F2=
❑√3
4 | P F1|| P F2|，
由| P F1|+| P F2|=2a，且cos∠F1 P F2=| P F1|
2+| P F2|
2−| F1 F2|
2
2| P F1|| P F2|
=−1
2，
所以(| P F1|+| P F2|)
2−2| P F1|| P F2|−| F1 F2|
2
2| P F1|| P F2|
= 
4 a
2−4(a
2−5)
2| P F1|| P F2| −1=−1
2 ⇒| P F1|| P F2|=20，
综上，S△F1 P F2=5 ❑√3.
  
6.已知椭圆与双曲线x
2
16 −y
2
9 =1具有共同的焦点F1，F2，点P在椭圆上，P F1⊥P F2，
若______（在①②③中选择一个：①椭圆过点(5 ❑√2,0)，②椭圆的短轴长为10，③椭圆离
心率为
❑√2
2 ．说明：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
(1)求椭圆的标准方程；
(2)求△P F1 F2的面积．
【答案】(1)条件选择见解析，椭圆方程为x
2
50 + y
2
25 =1
(2)25
【分析】（1）由已知可得c =5，选①：可求得a的值，进而可求得b的值，即可确定
椭圆的标准方程；
选②：求出b的值，可求得a的值，即可确定椭圆的标准方程；
选③：根据离心率可求得a的值，进而可求得b的值，即可确定椭圆的标准方程；
（2）利用椭圆定义结合勾股定理可求得|P F1)⋅|P F2)，再利用三角形的面积公式即
可得解.
【详解】（1）设椭圆方程x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0,c
2=a
2−b
2).
因为椭圆与双曲线x
2
16 −y
2
9 =1具有共同的焦点，则c
2=25.
选①：由已知可得a=5 ❑√2，则b
2=25，椭圆方程为x
2
50 + y
2
25 =1；
选②：由已知可得b=5，则a
2=50，椭圆方程为x
2
50 + y
2
25 =1；
选③得c
a =
❑√2
2 ，则a
2=50，椭圆方程为x
2
50 + y
2
25 =1.
（2）由椭圆定义知|P F1)+|P F2)=2a=10 ❑√2①， 
又因为P F1⊥P F2，所以，|P F1)
2+|P F2)
2= 4 c
2=100②，
由①可得|P F1)
2+|P F2)
2+2|P F1)⋅|P F2)=100+2|P F1)⋅|P F2)=200，
解得|P F1)⋅|P F2)=50，
因此，S△P F1 F2= 1
2|P F1)⋅|P F2)=25.
7.已知椭圆x
2
45 + y
2
20 =1上存在点M，使M F1⊥M F2，其中F1、F2为该椭圆的两个焦点，
求△M F1 F2的面积．
【答案】20.
【分析】利用椭圆定义和三角形面积公式即可.
【详解】由题意上一点M，满足M F1⊥M F2，
所以△M F1 F2为直角三角形，
所以S△M F1 F2= 1
2 ⋅|M F1)⋅|M F2)，
由椭圆定义及椭圆的标准方程得：
a
2= 45,b
2=20⇒c
2=a
2−b
2=25，
|M F1)+|M F2)=2a=6 ❑√5，  ①
又|M F1)
2+|M F2)
2=(2c)
2= 4 c
2=100，②
解得|M F1)⋅|M F2)= 40，
所以S△M F1 F2= 1
2 ⋅|M F1)⋅|M F2)=20.
8.已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1（a>b>0），离心率e =
❑√3
2 ，且点A(2,−1)在椭圆上.
(1)求该椭圆的方程；
(2)直线l交椭圆C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0，且∠PAQ =π
2 ，求
△PAQ的面积.
【答案】(1) x
2
8 + y
2
2 =1
(2)48
25
【分析】（1）由椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，列出方程求解即可；
（2）设直线AP的倾斜角为α，根据题意求出直线AP，AQ的方程，P ,Q的坐标，继
而可求|AP),|AQ)，代入三角形面积公式即可求解.
【详解】（1）由题意得{
❑√
1−b
2
a
2 =
❑√3
2
4
a
2 + 1
b
2 =1 )
  ，解得{
a=2❑√2
b= ❑√2 )， 
故椭圆C：x
2
8 + y
2
2 =1.
（2）如图，设直线AP的倾斜角为α，由∠PAQ =π
2 ，2α +∠PAQ =π，
得α =π
4 ，k AP=1，k AQ=−1，
即AP：y = x−3，AQ：y =−x +1，
联立{
y = x−3
x
2
8 + y
2
2 =1)
，解得x = 14
5 或2（舍），故P(
14
5 ,−1
5)，
联立{
y =−x +1
x
2
8 + y
2
2 =1)
，解得x =−2
5或2（舍），故Q(−2
5 , 7
5)，
又A (2,−1)，
|AP)= ❑√(
14
5 −2)
2
+(−1
5 +1)
2
= 4 ❑√2
5
，|AQ)= ❑√(−2
5 −2)
2
+( 7
5 +1)
2
= 12❑√2
5
，
故S△PAQ= 1
2|AP)|AQ)= 1
2 × 4 ❑√2
5
× 12❑√2
5
= 48
25 .
9.已知双曲线C : x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0，b>0)的离心率为❑√3, P(3,2❑√3)为C上一点．
(1)求C的方程；
(2)过C的右焦点且倾斜角为30
∘的直线l交C于M ，N两点，O为坐标原点，求
△OMN的面积.
【答案】(1) x
2
3 −y
2
6 =1
(2)12❑√3
5
【分析】（1）由已知条件建立关于a,b,c的方程组解出即可；
（2）设M (x1，y1)，N (x2，y2)，根据条件写出直线l的方程，联立直线与双曲线
方程求出M ，N两点的坐标，求出|MN )，利用点到直线的距离公式求出△OMN的高，
代入公式求解即可.
【详解】（1）由题得:{
3
2
a
2 −(2❑√3)
2
b
2
=1
e = c
a = ❑√3
a
2+b
2=c
2 )
，
解得a
2=3，b
2=6，
所以双曲线C的方程为：x
2
3 −y
2
6 =1.
（2）设M (x1, y1), N (x2, y2)，如图所示： 
由题得直线l的方程为y =
❑√3
3
(x−3)，
联立得：{
x
2
3 −y
2
6 =1
y =
❑√3
3
(x−3)
，
整理得：5 x
2+6 x−27 =0，
所以x1=−3；x2= 9
5 ，
所以M (−3,−2❑√3), N(
9
5 ,−2❑√3
5 )
所以|MN )=
❑√(
9
5 +3)
2
+(−2❑√3
5
+2❑√3)
2
= 16 ❑√3
5
又因为点O到直线l: y =
❑√3
3
(x−3)⇔x−❑√3 y −3=0的距离为：
d =|0−❑√3×0−3)
❑√1
2+(❑√3)
2
= 3
2，
所以△OMN的面积为S = 1
2 × 3
2 × 16 ❑√3
5
= 12❑√3
5
.
10.已知双曲线C的中心为坐标原点O，且焦点在x轴上，点P(4 ,−3)在双曲线C上，其一
条渐近线方程为❑√3 x +2 y =0．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)过点Q(0,2)且倾斜角为45°的直线l与双曲线C交于M 、N两点，求△OMN的面
积．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
3 =1；
(2)S△OMN =12.
【分析】（1）由渐近线方程，及点P(4 ,−3)在双曲线C上，可联立求得
a=2，b= ❑√3，，可得双曲线方程；
（2）由题意，写出直线l的方程，与双曲线联立，可求得M (−2,0)、N (−14 ,−12)，
数形结合，可得△OMN的面积．
【详解】（1）已知双曲线C的中心为坐标原点O，且焦点在x轴上，故其标准方程为
x
2
a
2 −y
2
b
2 =1，
又其渐近线方程为❑√3 x +2 y =0，即b
a =
❑√3
2 ①，
又点P(4 ,−3)在双曲线C上，代入得16
a
2 −9
b
2 =1②，
联立①②，解得a=2，b= ❑√3，
所以双曲线C的标准方程为x
2
4 −y
2
3 =1.
（2）直线l过点Q(0,2)且倾斜角为45°，故其方程为y = x +2，
将其代入双曲线方程，联立得x
2
4 −(x +2)
2
3
=1，化简得x
2+16 x +28=0，
解得x1=−2和x2=−14，代入直线l，求得y1=0和y2=−12，
即直线l与双曲线C的交点M (−2,0)、N (−14 ,−12)，
所以S△OMN = 1
2|OM )|y2)= 1
2 ×2×12=12.
11.已知双曲线C：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1（a>0，b>0）的一条渐近线方程为y =
❑√3
2 x，焦距为2❑√7．
(1)求双曲线C 的标准方程；
(2)若O 为坐标原点，直线l：x−y +2=0交双曲线C 于A，B 两点，求△OAB的面积．
【答案】(1) x
2
4 −y
2
3 =1
(2)12
【分析】（1）由双曲线的渐近线方程和焦距，列方程组求出a
2,b
2，得到双曲线C 的
标准方程；
（2）直线与双曲线联立方程组，求出弦长|AB)，点到直线距离公式求出△OAB的高，
可求面积．
【详解】（1）由题意得：{
2c =2❑√7
b
a =
❑√3
2
a
2+b
2=c
2)
，解得c = ❑√7，a=2，b= ❑√3，
所以双曲线C 的标准方程为x
2
4 −y
2
3 =1．
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2)，联立方程组{
y = x +2,
x
2
4 −y
2
3 =1,)
消去y 整理得
x
2+16 x +28=0，
则Δ=16
2−4×28=144>0，x1+ x2=−16，x1 x2=28，
|AB)=
❑√1+ k
2⋅❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=12❑√2，
原点到直线AB 的距离d =
2
❑√1
2+1
2 = ❑√2，
所以S△AOB= 1
2|AB)d = 1
2 ×12❑√2×❑√2=12．
12.在平面直角坐标系xOy中，动点M到定点F(−1
2 ,0)的距离|MF)是点M到y轴的距离
与点M到直线x =1的距离的等差中项，记动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若点D (1,0)，过F的直线与曲线C交于A ,B两点，且|AB)=6，求△ABD的面积.
【答案】(1)y
2=−2 x
(2)3 ❑√3
2
【分析】（1）设点M (x , y)，由题意得|MF)= 1
2 (|x)+|x−1))，由抛物线的定义可知，
动点M的轨迹为以F(−1
2 ,0)为焦点，直线x = 1
2为准线的抛物线，可得解；
（2）设直线方程为x =ty −1
2 , A(x1, y1),B(x2, y2)，根据|AB)=6，可得t的值，再
求点D (1,0)到直线x =ty −1
2的距离，即可得面积.
【详解】（1）设点M (x , y)，则它到y轴的距离与它到直线x =1的距离分别为
|x),|x−1)，
由题意得|MF)= 1
2 (|x)+|x−1))，
又F(−1
2 ,0)，结合图形可知，点M (x , y)不可能在y轴的右侧，所以|MF)=|x−1
2)，
由抛物线的定义可知，动点M的轨迹为以F(−1
2 ,0)为焦点，直线x = 1
2为准线的抛
物线，
故曲线C的方程为y
2=−2 x.
（2）由题意知，过F的直线的斜率不为零，
设其方程为x =ty −1
2 , A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立方程，得{
y
2=−2 x ,
x =ty −1
2 ,)
消去x并整理，得y
2+2ty −1=0，
则Δ= 4 t
2+ 4>0，且y1+ y2=−2t , y1 y2=−1，
所以|AB)=
❑√1+t
2❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=
❑√1+t
2❑√4(1+t
2)=2(1+t
2)=6，
解得t
2=2，
所以点D (1,0)到直线x =ty −1
2的距离d =
3
2
❑√1+t
2 =
❑√3
2
，
故△ABD的面积为1
2 ×6×
❑√3
2 = 3 ❑√3
2
.
13.已知抛物线y
2=2 px ( p>0)的焦点为F，A为抛物线上一点，延长AF交抛物线于点B．
抛物线的准线与x轴的交点为K，A(
p
3 , m)(m>0), |AF)= 5
3．
(1)求抛物线的方程；
(2)求△ABK的面积．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)5 ❑√6
3
【分析】（1）根据焦半径公式结合A的横坐标可求解出p的值，由此可求抛物线的方
程；
（2）先求解出|AB)，再计算出K到AB的距离，结合三角形面积公式可求结果.
【详解】（1）因为|AF)= x A+ p
2 = p
3 + p
2 = 5 p
6 = 5
3，所以p=2，
所以抛物线的方程为y
2= 4 x.
（2）因为A(
2
3 ,m)，代入抛物线方程可得m
2= 8
3，且m>0，所以m= 2❑√6
3
，
又因为F (1,0)，所以k AF =
2❑√6
3
−0
2
3 −1
=−2❑√6，所以AF : y =−2❑√6(x−1)，
联立{
y =−2❑√6(x−1)
y
2= 4 x
)可得6 x
2−13 x +6=0，所以x A+ xB= 13
6 ，
所以|AB)= x A+ p
2 + xB+ p
2 = x A+ xB+2= 25
6 ，
又因为K (−1,0)，所以K到直线AF :2❑√6 x + y −2❑√6=0的距离为
d =|−4 ❑√6)
❑√1+25 = 4 ❑√6
5
，
所以S△ABK = 1
2 ⋅|AB)⋅d = 1
2 ⋅25
6 ⋅4 ❑√6
5
= 5 ❑√6
3
.
14.已知椭圆C : x
2+2 y
2=2，左、右焦点分别为F1，F2，过点F1作倾斜角为π
4 的直线l交椭
圆于A，B两点．
(1)求AB的长；
(2)求△AB F2的面积．
【答案】(1)4 ❑√2
3
(2)4
3
【分析】（1）联立直线与椭圆方程求得交点坐标，即可根据弦长公式求解，
（2）由面积公式即可求解.
【详解】（1）椭圆C : x
2
2 + y
2=1，a
2=2，b
2=1，c
2=a
2−b
2=1，即F1(−1,0)，
所以直线l的方程为y = x +1，
联立{
y = x +1
x
2+2 y
2=2)，得3 x
2+ 4 x =0，x1=0或x2=−4
3 ，
所以| AB|=
❑√1+k
2|x1−x2)= ❑√2×|0−(−4
3))= 4 ❑√2
3
，
（2）由x1=0，得y1=1，由x2=−4
3 ，得y2=−1
3，
不妨设A(0,1)，B(−4
3 ,−1
3)，
△AB F2的面积S = 1
2 ×|F1 F2)×|y1−y2)= 1
2 ×2×|1−(−1
3))= 4
3 .
15.已知过点M (2,2❑√3)的直线l与双曲线E: x
2
4 −y
2
3 =1交于A ,B.
(1)求与双曲线E: x
2
4 −y
2
3 =1共渐近线且过点M的双曲线的方程；
(2)若线段AB的中点为M，求直线l的方程和三角形AOB面积.
【答案】(1) y
2
9 −x
2
12 =1
(2)y =
❑√3
4 x + 3 ❑√3
2
，12
【分析】（1）设所求双曲线为x2
2
4 −y2
2
3 = λ，将M (2,2❑√3)代入即可求解.
（2）利用点差法求出直线l的方程y =
❑√3
4 x + 3 ❑√3
2
，将直线方程与双曲线方程联立，
利用韦达定理即可求解.
【详解】（1）设所求双曲线为x2
2
4 −y2
2
3 = λ，
点M (2,2❑√3)代入得λ = 2
2
4 −2❑√3
2
3
=−3
y
2
9 −x
2
12 =1
（2）设A( x1，y1)，B( x2，y2)，点A ,B在双曲线上
所以x1
2
4 −y1
2
3 =1，x2
2
4 −y2
2
3 =1
相减得x1
2−x2
2
4
−y1
2−y2
2
3
=0，即
y1−y2
x1−x2
= 3
4
x1+ x2
y1+ y2
=
❑√3
4
所以所求的直线l的方程为y =
❑√3
4 x + 3 ❑√3
2
设A( x1，y1)，B( x2，y2)，
则由{
y =
❑√3
4 x + 3 ❑√3
2
x
2
4 −y
2
3 =1 )
得9 x
2−36 x−39×4 =0
所以x1+ x2= 4，x1 x2=−39×4
9
x =0代入y =
❑√3
4 x + 3 ❑√3
2
的y = 3 ❑√3
2
所以S△AOB= 1
2 × 3 ❑√3
2
| x1−x2
❑|= 3 ❑√3
4
❑√( x1
❑+ x2
❑)
2−4 x1 x2=12.
16.已知抛物线C：y
2=2 px（p>0）的焦点F关于其准线的对称点为M (−3,0).
(1)求抛物线C的方程；
(2)若O为坐标原点，过焦点F且斜率为1 的直线l交抛物线C于A、B两点，求△AOB
的面积.
【答案】(1)y
2= 4 x；
(2)2❑√2.
【分析】（1）求出抛物线C的焦点坐标及准线方程，再结合已知列式求解即得.
（2）求出直线l的方程，与抛物线的方程联立，结合韦达定理求出三角形面积得解.
【详解】（1）抛物线C：y
2=2 px ( p>0)的焦点F( p
2 ,0)关于其准线x =−p
2 的对称
点为M (−3,0)，
于是−3 p
2 =−3，解得：p=2，
所以抛物线C的方程为y
2= 4 x.
（2）由（1）知F(1,0)，直线l的方程为x = y +1，设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由{
y
2= 4 x
x = y +1)消去x 得：y
2−4 y −4 =0，则y1+ y2= 4 , y1 y2=−4，
所以△AOB的面积S△AOB= 1
2|OF)⋅|y1−y2)= 1
2
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2=2❑√2.
17.已知点A是抛物线y
2=16 x上的动点，过点A向x轴作垂线段，垂足为B，垂线段AB中
点为C，设C的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)设过点F (1,0)且斜率为1 的直线l交曲线E于M，N两点，O为坐标原点，求
△OMN的面积.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)2❑√2
【分析】（1）根据中点坐标即可将A (x ,2 y)代入y
2=16 x求解，
（2）联立直线与抛物线方程得韦达定理，即可由面积公式求解.
【详解】（1）设C (x , y)，则A (x ,2 y)，
由于A (x ,2 y)在抛物线y
2=16 x上，所以4 y
2=16 x，即y
2= 4 x
（2）根据题意可设直线l 的方程为y = x−1
联立{
y
2= 4 x
y = x−1)⇒x
2−6 x +1=0，设M (x1，y1), N (x2, y2)，
则x1+ x2=6, x1 x2=1， 
因此y1+ y2= x1+ x2−2= 4 , y1 y2=(x1−1)(x2−1)= x1 x2−(x1+ x2)+1=−4
∴△MON面积为
S = 1
2 ×|OF |×| y1−y2|= 1
2 ×1×| y1−y2|= 1
2
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 1
2 ×4 ❑√2=2❑√2
18.已知抛物线y
2=2 px ( p>0)的焦点F与双曲线x
2−y
2
3 =1的右顶点重合，过点
P(0,−4)的直线l与抛物线交于A ,B两点.
(1)求抛物线方程；
(2)若⃗PB = 4⃗PA，且A在x轴的下方，B在x轴的上方，求△OAB的面积．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)6
【分析】(1)求出双曲线的右顶点，得到抛物线的焦点，即可求解抛物线方程．
(2) A ,B两点在抛物线上，设A ,B两点的坐标，由⃗PB = 4⃗PA解出坐标，可求△OAB
的面积．
【详解】（1）由双曲线x
2−y
2
3 =1的右顶点为(1,0)，
即可得抛物线y
2=2 px( p>0)的焦点F(1,0)，∴p=2
所以抛物线的方程为y
2= 4 x．
（2）过点P(0,−4)的直线l与抛物线交于A ,B两点，设A(
y A
2
4 , y A)，B(
yB
2
4 , yB)，
由⃗PB = 4⃗PA，有(
yB
2
4 , yB+ 4)= 4(
y A
2
4 , y A+ 4)，即{
yB
2= 4 y A
2
yB+ 4 = 4( y A+ 4)) ，
由y A<0, yB>0 ，解得y A =−2, yB= 4，有A (1,−2)，B (4,4)，
直线l的斜率k = −2−4
1−4 =2，则直线l的方程为y =2 x−4，直线与x轴相交于点(2,0)，
 
所以△OAB的面积S△OAB= 1
2 ×2×( yB−y A)= 1
2 ×2×6=6
19.已知抛物线C: y
2=2 px( p>0)的准线方程为x =−1，过其焦点F的直线l交抛物线C于
A ,B两点，线段AB的中点为M ,坐标原点为O ,且直线OM 的斜率为
❑√2
2 .
(1)求抛物线C的方程；
(2)求△AOB的面积.
【答案】(1)y
2= 4 x；
(2)❑√6.
【分析】（1）根据抛物线的准线方程，即可容易求得抛物线方程；
（2）设出直线l的方程，联立抛物线方程，利用OM 的斜率为
❑√2
2 ，结合韦达定理，
即可求得直线l的方程，再用面积公式即可求得结果.
【详解】（1）由准线方程为x =−1知，p
2 =1，故p=2；
则抛物线方程为y
2= 4 x.
（2）由题知直线l的斜率显然不为0，又其过点F(1,0)              
故设直线l 的方程为x =my +1，A( x1, y1)，B( x2, y2)  
联立抛物线方程{x =my +1
y
2= 4 x ，化简得y
2−4 my −4 =0
则y1+ y2= 4 m，y1 y2=−4            
由线段AB的中点为M ,知xM = x1+ x2
2
，y M = y1+ y2
2
，
kOM = y M
xM
= y1+ y2
x1+ x2
=
❑√2
2 ，代入韦达定理知，
4 m
m×4 m+2 =
❑√2
2 ，
整理得：2❑√2m
2−4 m+ ❑√2=0，解得m=
❑√2
2 ，
故直线l的方程为❑√2 x−y −❑√2=0  
则S△AOB= 1
2 ×|OF|×|y1−y2|= 1
2
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2
= 1
2
❑√(2❑√2)
2+16= ❑√6.
故△AOB的面积为❑√6.
20.已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1 F2)= 4 ❑√2，点
M(2❑√2, 2❑√3
3 )在椭圆C上，直线l: y = x +t．
(1)若直线l与椭圆C有两个公共点，求实数t的取值范围；
(2)当t =2时，记直线l与x轴，y轴分别交于A ,B两点，P ,Q为椭圆C上两动点，求
S△PAB+ S△QAB的最大值．
【答案】(1)−4<t <4
(2)8
【分析】（1）计算出c =2❑√2，结合M(2❑√2, 2❑√3
3 )在椭圆上，得到方程，求出
a
2=12,b
2= 4，得到椭圆方程，联立直线和椭圆方程，由根的判别式大于0 求出答案；
（2）求出A (−2,0),B (0,2)，数形结合得到P ,Q为位于直线AB的两侧，过P和Q的
直线与直线AB平行且与椭圆相切时，S△PAB+ S△QAB最大，由（1）可得相切时Δ=0即
t =± 4，从而求出切点坐标，得到三角形面积，求出最大值.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为c，则c =2❑√2，故a
2−b
2=8，
而M(2❑√2, 2❑√3
3 )在椭圆上，故8
a
2 + 4
3b
2 =1，
故a
2=12,b
2= 4，故椭圆方程为：x
2
12 + y
2
4 =1，
由{
y = x +t
x
2+3 y
2=12)可得4 x
2+6 xt +3t
2−12=0，
故Δ=36t
2−16(3t
2−12)>0，即192−12t
2>0，解得−4<t <4.
（2）当t =2时，直线l: y = x +2，故A (−2,0),B (0,2)，
由题设可得P ,Q为位于直线AB的两侧，不妨设Q在直线AB上方，P在直线AB的下
方，
当过Q的直线与直线AB平行且与椭圆相切时，
Q到直线AB的距离最大及△QAB的面积最大，
当过P的直线与直线AB平行且与椭圆相切时，
P到直线AB的距离最大及△PAB的面积最大，S△PAB+ S△QAB最大，
由（1）可得相切时Δ=0即t =± 4，
当t = 4时，切点的横坐标为−6t
8 =−3，切点坐标为(−3,1)，在直线AB上方，
此时(−3,1)到AB的距离为|−3−1+2)
❑√2
= ❑√2，
当t =−4时，切点的横坐标为−6t
8 =3，切点坐标为(3,−1)，在直线AB下方；
此时(3,−1)到AB的距离为|3+1+2)
❑√2
=3 ❑√2，
又|AB)=2❑√2，
故S△PAB+ S△QAB= 1
2 ×(❑√2+3 ❑√2)×2❑√2=8.
21.已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点F(1,0)，过F的直线l交椭圆C于A ,B两点，
若⃗AF = λ⃗FB，当λ =1时，|AB)= ❑√2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆的下顶点为D，△ADF的面积为S1，△BDF的面积为S2，求S1−S2的最大
值.
【答案】(1)C : x
2
2 + y
2=1；
(2)
❑√6+2
4
.
【分析】（1）根据已知有c =1、2b
2
a = ❑√2，结合椭圆参数关系求得a= ❑√2、b
2=1，
即可得椭圆方程；
（2）讨论直线AB斜率是否为0，设AB: x =ky +1且k ≠1，A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立椭圆并应用韦达定理、三角形面积公式得S1−S2=| k
2−k
2+k
2 |且k ≠1，进而求其范围，
即可得最大值.
【详解】（1）由右焦点F(1,0)，则c =1，故a
2−b
2=c
2=1，即b
2=a
2−1，
若⃗AF = λ⃗FB，当λ =1时，F为AB的中点，即椭圆的通径|AB)= ❑√2，
所以2b
2
a = ❑√2，即b
2
a =a−1
a =
❑√2
2 ，可得a= ❑√2（负值舍），故b
2=1，
所以C : x
2
2 + y
2=1.
（2）当直线AB斜率为0 时，要使S1−S2最大，则S1= 1
2 (a+c)⋅b=
❑√2+1
2
，
S2= 1
2 (a−c)⋅b=
❑√2−1
2
，
所以，此时最大S1−S2=1；
当直线AB斜率不为0 或斜率不存在时，令AB: x =ky +1且k ≠1，
A( x1, y1),B( x2, y2)，
联立x
2+2 y
2=2，得(2+ k
2) y
2+2ky −1=0，显然Δ>0，
所以y1+ y2=−2k
2+k
2，y1 y2=−
1
2+k
2，
所以(| y1|−| y2|)
2=( y1+ y2)
2−2 y1 y2−2| y1 y2|=( y1+ y2)
2=( 2k
2+ k
2 )
2
，
直线DF : x−y −1=0，且| DF |= ❑√2，
则A ,B到直线DF的距离分别为d A −DF =| x1−y1−1|
❑√2
，dB−DF =| x2−y2−1|
❑√2
，
所以S1= 1
2 | x1−y1−1|，S2= 1
2 | x2−y2−1|，则
S1−S2= 1
2 |k −1|(| y1|−| y2|)，
要使S1−S2最大，则| y1|−| y2|=| 2k
2+k
2 |，此时S1−S2=| k
2−k
2+ k
2 |且k ≠1，
由k
2−k
2+ k
2 = k
2+2−(k +2)
k
2+2
=1−k +2
k
2+2
=1−
k +2
(k +2)
2−4(k +2)+6
当k +2≠0时，
k
2−k
2+ k
2 =1−
1
(k +2)+
6
k +2 −4 ，结合对勾函数的性质，
当k +2<0时(k +2)+
6
k +2 −4≤−2❑√6−4，当且仅当k =−2−❑√6时取等号，
当k +2>0时(k +2)+
6
k +2 −4≥2❑√6−4，当且仅当k = ❑√6−2时取等号，
所以1< k
2−k
2+ k
2 ≤
❑√6+2
4
或1> k
2−k
2+k
2 ≥2−❑√6
4
且k
2−k
2+k
2 ≠0，
当k +2=0时，S1−S2=1，
综上，S1−S2的最大值为
❑√6+2
4
.
22.已知直线l与抛物线Γ：y
2=2 px(p>0)交于A、B两点，且点A、B在x轴两侧，其准线
与x轴的交点为点C，当直线l的斜率为1
2且过抛物线Γ的焦点时，| AB|=20.
（1）求抛物线Γ的标准方程；
（2）若抛物线的焦点为F，⃑OA ⋅⃑OB =5，且△ABF与△ACF的面积分别为S△ABF、
S△ACF，求S△ABF+ S△ACF的最小值.
【答案】（1）y
2= 4 x；（2）4 ❑√30.
【解析】（1）设出直线l的方程，与抛物线联立，利用韦达定理及弦长公式列方程求
解；
（2）直线AB的方程，与抛物线联立，利用韦达定理及⃑OA ⋅⃑OB =5可求出c，再表示
出S ΔABF+ S ΔACF，利用基本不等式求其最值．
【详解】（1）当直线l的斜率为1
2且过抛物线Γ的焦点时，直线l的方程为x =2 y + p
2 ，
联立{
x =2 y + p
2
y
2=2 px )
得：y
2−4 py −p
2=0，Δ>0恒成立，
设A( x1，y1)、B( x2，y2)，则y1+ y2= 4 p，y1⋅y2=−p
2，
∴|AB)= ❑√1+ 4⋅
❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= ❑√5⋅
❑√16 p
2+ 4 p
2=10 p=20，解得p=2，
∴此抛物线Γ的标准方程为y
2= 4 x；
（2）由（1）知抛物线的方程为y
2= 4 x，设直线AB：x =my +c，
∵直线AB与抛物线相交，∴c>0，
联立{
x =my +c
y
2= 4 x )得y
2−4 my −4 c =0，则y1⋅y2=−4 c，x1⋅x2= ( y1⋅y2)
2
16
=c
2，
则⃑OA ⋅⃑OB = x1⋅x2+ y1⋅y2=c
2−4 c =5，解得c =5或c =−1(舍)，
∴直线AB：x =my +5，恒过定点(5，0)，
设y1<0< y2，从而S△ABF = 1
2 ×4×( y2−y1)、S△ACF = 1
2 ×2×(−y1)，
则S△ABF + S△ACF =2 y2+(−3 y1)≥2❑√−6 y1⋅y2= 4 ❑√30，
当且仅当y2=−3
2 y1时不等式取等号，故S△ABF+ S△ACF的最小值为4 ❑√30.
【点睛】方法点睛：直线与抛物线联立问题
第一步：设直线方程：有的题设条件已知点，而斜率未知；有的题设条件已知斜率，
点不定，都可由点斜式设出直线方程．
第二步：联立方程：把所设直线方程与椭圆方程联立，消去一个元，得到一个一元二
次方程．
第三步：求解判别式Δ：计算一元二次方程根的判别式Δ＞0.
第四步：写出根之间的关系，由根与系数的关系可写出．
第五步：根据题设条件求解问题中的结论．
23.已知抛物线E：y
2=2 px（p>0）的焦点为F，准线与x轴交于点K，过点K作圆C：
( x −3)
2+ y
2= 4的两条切线，切点为M，N，| MN |=2❑√3.
（1）求抛物线E的方程；
（2）设A，B是抛物线E上分别位于x轴两侧的两个动点，且⃗OA ⋅⃗OB = 9
4 （其中O
为坐标原点），求△FAB与△OAF面积之和的最小值.
【答案】（1）y
2= 4 x；（2）9 ❑√14
2
.
【分析】（1）由已知可得K (−p
2 ,0)，圆C：( x −3)
2+ y
2= 4的圆心C(3,0)，半径
r =2，设MN与x轴交于R，则可得∠MCR =60°，有|CK |= 4，所以3+ p
2 = 4，从而可
求出p的值，进而可得抛物线的方程；
（2）设直线AB：x =my +t，A( y1
2
4 , y1)，B( y2
2
4 , y2)，设y1>0，y2<0，直线方程
与抛物线方程联立消去x，整理后利用根与系数的关系可得y1+ y2= 4 m，y1⋅y2=−4 t，
而由⃗OA ⋅⃗OB = 9
4 列方程可求得t = 9
2，则有AB恒过定点Q( 9
2 ,0)，而
S△FAB+ S△AOF = 1
2 ⋅|OF |⋅y1+ 1
2 ⋅| FQ|⋅| y1−y2|= 1
2 y1+ 1
2 × 7
2 ×( y1−y2)，消去
y2后再利用基本不等式可得答案
【详解】解：（1）由已知可得K (−p
2 ,0)，圆C：( x −3)
2+ y
2= 4的圆心C(3,0)，
半径r =2.
设MN与x轴交于R，由圆的对称性可得| MR|= ❑√3.于是|CR|=1，∠MCR =60°
所以|CK |= 4，即有3+ p
2 = 4，解得p=2，则抛物线E的方程为y
2= 4 x
（2）设直线AB：x =my +t，A( y1
2
4 , y1)，B( y2
2
4 , y2)，设y1>0，y2<0
联立抛物线方程可得y
2−4 my −4t =0     ∴y1+ y2= 4 m，y1⋅y2=−4 t
由⃗OA ⋅⃗OB = 9
4     有y1
2
4 ⋅y2
2
4 + y1⋅y2= 9
4
，
解得y1⋅y2=−18或2（舍去），即−4 t =−18，解得t = 9
2.
则有AB恒过定点Q( 9
2 ,0)；
S△FAB+ S△AOF = 1
2 ⋅|OF |⋅y1+ 1
2 ⋅| FQ|⋅| y1−y2|= 1
2 y1+ 1
2 × 7
2 ×( y1−y2)
= 1
2 y1+ 7
4 ×( y1+ 18
y1
)= 1
2 y1+ 7 y1
4 + 63
2 y1
= 9 y1
4 + 63
2 y1
≥2❑√
9 y1
4 ⋅63
2 y1
= 9 ❑√14
2
（当且仅当
9 y1
4 = 63
2 y1
，即y1= ❑√14时取等号）
∴△FAB与△OAF面积之和的最小值9 ❑√14
2
【点睛】关键点点睛：此题考查直线与抛物线的位置关系，考查数学计算能力，解题
的关键是由⃗OA ⋅⃗OB = 9
4 推出直线AB恒过定点Q( 9
2 ,0)，从而可把△FAB与△OAF面积之
和表示出来，属于中档题
24.已知双曲线E 的中心在原点，焦点在x 轴上，且焦点到渐近线的距离为❑√5，其离心率为
3
2，记直线l从下到上与x 轴、双曲线的右支、两条渐近线、双曲线的左支依次交于点P，
A，B，C，D，如图所示：
(1)求双曲线E 的方程；
(2)求证：|AB)=|CD)；
(3)若1
|PA)，1
|PB)，
1
|PD)成等差数列，问△OPA，△OCD的面积之和是否为定值?并
说明理由.
【答案】(1) x
2
4 −y
2
5 =1
(2)证明见解析
(3)是定值，理由见解析
【分析】（1）由焦点到渐近线的距离为❑√5，离心率为3
2，可得a，b，c，据此可
得双曲线方程；
（2）设直线l的方程为x =my +n(m<0,n>2)，A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (x3, y3)，
D(x4, y4)，将直线与双曲线方程联立，由韦达定理结合两点间距离公式可完成证明；
（3）由题可得1
y1
+ 1
y4
= 2
y2
，结合（2）可得n
2= 4−2❑√5m，然后由（2）可知
S△OAB= S△OCD，
最后由S△OPA+ S△OAB= S△OPB= 1
2 ⋅|OP)⋅y2可得面积.
【详解】（1）设所求的双曲线E的方程为x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0).
由题设知，双曲线的焦点F (c ,0)到渐近线y = b
a x的距离d =
|bc)
❑√a
2+b
2 =b= ❑√5，
由离心率为3
2知，c
a = 3
2，又a
2+b
2=c
2，联立解得a=2，c =3，
故所求的双曲线E 的方程为x
2
4 −y
2
5 =1.
（2）如图可知直线l的斜率存在且为负数，
设直线l的方程为x =my +n(m<0,n>2)，
A(x1, y1)，B(x2, y2)，C (x3, y3)，D(x4, y4)，0< y1< y2< y3< y4.
由{
x =my +n
x
2
4 −y
2
5 =1)
，得(5m
2−4) y
2+10mny +5n
2−20=0.①
则有5m
2−4≠0，Δ=(10mn)
2−4(5m
2−4)(5n
2−20)=80(5m
2+n
2−4)>0，
由韦达定理：y1+ y4= −10mn
5m
2−4
>0，y1 y4= 5n
2−20
5m
2−4
>0.
结合m<0，n>2，可得m<−2❑√5
5
.
直线l与渐近线y =
❑√5
2 x相交得y2=
❑√5n
2−❑√5m，
直线l与渐近线y =−
❑√5
2 x相交得y3= −❑√5n
2+ ❑√5m，
所以y2+ y3=
❑√5n
2−❑√5m + −❑√5n
2+ ❑√5m = −10mn
5m
2−4
= y1+ y4，所以y2−y1= y4−y3.
而|AB)= ❑√(x2−x1)
2+( y2−y1)
2=
❑√1+m
2|y2−y1)，同理|CD)=
❑√1+m
2|y4−y3)
所以|AB)=|CD)；
（3）△OPA，△OCD的面积之和是为定值❑√5.
因为1
|PA)，1
|PB)，
1
|PD)成等差数列，所以1
y1
+ 1
y4
= 2
y2
，
即
y1+ y4
y1 y4
= 2
y2
，得−10mn
5n
2−20
= 2(2−❑√5m)
❑√5n
，化简得n
2= 4−2❑√5m⇒
n
2
2−❑√5m =2.
由（2）知|AB)=|DC)，所以△OAB，△OCD等底等高，所以S△OAB= S△OCD，
所以△OPA，△OCD的面积之和
S1+ S2= S△OPA+ S△OAB= S△OPB= 1
2 ⋅|OP)⋅y2= 1
2 ⋅
❑√5n
2
2−❑√5m = ❑√5.
【点睛】关键点睛：对于定值问题，常见思路为用恰当参数表示所求量，随后由题目
信息得到等量关系，从而消去参数，可得定值；对于面积问题，常结合两点间距离公式结
合点到直线距离公式，求得三角形底边及高，从而求得面积，也可利用转化法，将所求三
角形面积转化为易求三角形的面积.
25.在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，
离心率为
❑√3
2 ，以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x−y + ❑√2=0相切；
过点F2的直线l与椭圆C相交于M，N两点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△F1 MN面积的最大值，并求取得最大值时△F1 F2 M与△F1 F2 N的面积之比.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)△F1 MN面积的最大值为2；面积之比为3±2❑√2.
【分析】（1）根据椭圆的离心率得到c =
❑√3
2 a，4 b
2=a
2，由以原点为圆心，以椭圆
C的短半轴长为半径的圆与直线x−y + ❑√2=0相切，利用点到直线的距离公式求得b，即可
求解；
（2）可设M (x1, y1)，N (x2, y2)，联立直线与抛物线方程，得出韦达定理，根据面
积公式以及基本不等式求得△F1 MN面积的最大值；此时△F1 F2 M与△F1 F2 N的面积之
比|y1)
|y2)
= λ，则y1=−λ y2，代入即可求解.
【详解】（1）∵e =
❑√3
2 ，∴c
a =
❑√3
2 ，即c =
❑√3
2 a，
∵a
2=b
2+c
2，∴4 b
2=a
2，
又以原点为圆心，以椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x−y + ❑√2=0相切，
所以d =|❑√2)
❑√2 =b，∴b=1，a=2，
∴椭圆C的方程为：x
2
4 + y
2=1；
（2）可设M (x1, y1)，N (x2, y2)，联立{
x =my + ❑√3
x
2
4 + y
2=1)
，
整理得(m
2+ 4) y
2+2❑√3my −1=0，
由Δ=16(m
2+1)>0，y1+ y2=−2❑√3m
m
2+ 4
，y1 y2= −1
m
2+ 4 ，
则|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= ❑√
12m
2
(m
2+ 4)
2 + 4(m
2+ 4)
(m
2+ 4)
2 = 4
❑√m
2+1
m
2+ 4
S△F1 MN = 1
2|F1 F2)×|y1−y2)= 1
2 ×2❑√3× 4
❑√m
2+1
m
2+ 4
= 4 ❑√3×
❑√m
2+1
m
2+ 4
= 4 ❑√3×
❑√m
2+1
m
2+1+3
= 4 ❑√3×
1
❑√m
2+1+
3
❑√m
2+1
≤4 ❑√3×
1
2❑√3 =2
，当且仅当
❑√m
2+1=
3
❑√m
2+1时成立，
即m=± ❑√2时△F1 MN面积的最大值为2；
此时△F1 F2 M与△F1 F2 N的面积之比|y1)
|y2)
= λ，则y1=−λ y2，
y1+ y2=−2❑√3m
m
2+ 4
=(1−λ) y2，y1 y2= −1
m
2+ 4
=−λ y2
2
，
前式的平方为12m
2
(m
2+ 4)
2 =(1−λ)
2 y2
2
，除以后式得，−12m
2
m
2+ 4
= (1−λ)
2
−λ
=−4，即
λ
2−6 λ+1=0，求得λ =3±2❑√2，
此时△F1 F2 M与△F1 F2 N的面积之比为3±2❑√2.
26.已知双曲线Γ：x
2
a
2 −y
2
b
2 =1(a>0,b>0)的焦距为4，且过点P(2,
❑√3
3 )
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过双曲线Γ的左焦点F分别作斜率为k1,k2的两直线l1与l2，直线l1交双曲线Γ于
A ,B两点，直线l2交双曲线Γ于C , D两点，设M , N分别为AB与CD的中点，若
k1⋅k2=−1，试求△OMN与△FMN的面积之比.
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1
(2)3
【分析】（1）由题意得2c =4，再将P(2,
❑√3
3 )代入双曲线方程，结合c
2=a
2+b
2可
求出a
2,b
2，从而可求出双曲线方程，
（2）设直线l1方程为y =k1( x +2)，A ( x1, y1),B( x2, y2)，将直线方入双曲线方
程化简后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点M的坐标，再利用k1⋅k2=−1
表示出点N的坐标，再表示出直线MN的方程，可求得直线MN过定点E( 3,0)
−
，从而可
求得答案.
【详解】（1）由题意得2c =4，得c =2，
所以a
2+b
2=4，
因为点P(2,
❑√3
3 )在双曲线上，
所以4
a
2 −1
3b
2 =1，
解得a
2=3,b
2=1，
所以双曲线方程为x
2
3 −y
2=1，
（2）F ( 2,0)
−
，设直线l1方程为y =k1( x +2)，A ( x1, y1),B( x2, y2)，
由{
y =k1( x +2)
x
2
3 −y
2=1 )
，得(1 3
−k1
2) x
2
12
−
k1
2 x
12
−
k1
2
3=0
−
则x1+ x2=12k1
2
1 3
−k1
2 , x1 x2=
12
−
k1
2
3
−
1 3
−k1
2
，
所以x1+ x2
2
=6k1
2
1 3
−k1
2 ，
所以AB的中点M(
6k1
2
1 3
−k1
2 ,2k1
1 3
−k1
2)，
因为k1⋅k2=−1，
所以用−1
k1
代换k1，得N(
6
k1
2
3
−
,
2
−k1
k1
2
3
−)，
当6k1
2
1 3
−k1
2 =6
1 3
−k1
2 ，即k1=±1时，直线MN的方程为x = 3
−，过点E( 3,0)
−
，
当k1≠±1时，k MN =
2k1
1 3
−k1
2 −
2
−k1
k1
2
3
−
6k1
2
1 3
−k1
2 −6
k1
2
3
−
=−2k1
3(k1
2
1)
−
，
直线MN的方程为y −2k1
1 3
−k1
2 =−2k1
3(k1
2
1)
−(x−6k1
2
1 3
−k1
2)，
令y =0，得x =3(k1
2
1)
−
1 3
−k1
2
+6k1
2
1 3
−k1
2 = 3
−，
所以直线MN也过定点E( 3,0)
−
，
所以
S△OMN
S△FMN
=
1
2 |y N −y M)|OE)
1
2 |y M −y N)|FE)
=|OE)
|FE) =3
27.已知抛物线C : y
2=2 px ( p>0).过抛物线焦点F 作直线l1分别在第一、四象限交C于
K 、P两点，过原点O 作直线l2与抛物线的准线交于E 点，设两直线交点为S.若当点P 的
纵坐标为−2时，|OP)= ❑√5.
(1)求抛物线的方程.
(2)若EP平行于x 轴，证明：S 在抛物线C 上.
(3)在（2）的条件下，记△SEP的重心为R，延长ER交SP于Q，直线EQ交抛物线于
N 、T（T 在右侧），设NT中点为G，求△PEG与△ESQ面积之比n 的取值范围.
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)证明见解析
(3)(1,3)
【分析】（1）利用两点距离公式可计算P 坐标，代入抛物线方程即可；
（2）设l1方程及K 、P坐标，利用E 坐标表示l2方程，联立l1,l2方程得出S 坐标，结
合点在抛物线与直线上消元转化即可证明；
（3）设S、P坐标及直线SP方程，利用坐标表示ER，结合焦点弦的性质消元转化表
示yQ, yG，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即
可.
【详解】（1）因为若当点P 的纵坐标为−2时，|OP)= ❑√5,
不妨设P(a,−2)(a>0)，则|OP)=
❑√a
2+ 4 = ❑√5⇒a=1，即P(1,−2)，
代入抛物线方程有4 =2 p⇒p=2，所以C : y
2= 4 x；
（2）由（1）知y
2= 4 x , F (1,0)，C 的准线x =−1，
不妨设P(x1, y1), K (x2, y2)( y1<0, y2>0)，l1: x =my +1，
若EP平行于x 轴，则E(−1, y1)，
所以l2: y = 0−y1
0−(−1) x，整理得y =−y1 x，
联立l1,l2方程有{
x =my +1
y =−y1 x)⇒{
x =
1
1+m y1
y =−
y1
1+m y1)
,∴S(
1
1+m y1
,−
y1
1+m y1)，
又P在抛物线C 和直线l1上，即{
y1
2= 4 x1
x1=m y1+1)，
则有S(
1
x1
,−y1
x1)，此时(−y1
x1)
2
= y1
2
x1
2 = 4
x1
，即yS
2 = 4 xS，
则S 在抛物线C 上，证毕；
（3）在（2）的条件下可知S、K两点重合，由重心的性质不难知Q 为线段SP的中
点，
同（2），仍设P(x1, y1),S(x2, y2)( y1<0, y2>0)，l1: x =my +1，
则E(−1, y1),Q(
x1+ x2
2
, y1+ y2
2 )，
联立{
x =my +1
y
2= 4 x )⇒y
2−4 my −4 =0，
所以y1+ y2= 4 m, x1+ x2=m( y1+ y2)+2= 4 m
2+2，
且y1= 4 m−
❑√16m
2−4×(−4)
2
=2m−2
❑√m
2+1，
则Q(2m
2+1,2m)，
可知lEQ: y = 2m−y1
2m
2+2
(x +1)+ y1，整理得x = 2m
2+2
2m−y1
( y −y1)−1，
设N (xN , y N)、T (xT , yT)⇒G(
xN + xT
2
, y N + yT
2 )，
与C 联立有{
x = 2m
2+2
2m−y1
( y −y1)−1
y
2= 4 x
)
⇒y
2−8m
2+8
2m−y1
y + 8m
2+8
2m−y1
y1+ 4 =0，
所以y N + yT = 8m
2+8
2m−y1
=2 yG，即yG= 4 m
2+ 4
2m−y1
=2
❑√m
2+1，
由于Q 为线段SP的中点，所以S、P到直线EQ的距离相等，
则n= S△PEG
S△ESQ
=GE
QE = yG−y1
yQ−y1
= 2
❑√m
2+1−y1
2m−y1
= 4
❑√m
2+1−2m
2
❑√m
2+1
=2−
m
❑√m
2+1
，
设f (m)=2−
m
❑√m
2+1
，
若m>0，则
f (m)=2−
1
❑√
1+ 1
m
2
，显然❑√
1+ 1
m
2 >1，所以
2>2−
1
❑√
1+ 1
m
2
>1
；
若m=0，则f (m)=2；
若m<0，则
f (m)=2+
1
❑√
1+ 1
m
2
，所以
3>2+
1
❑√
1+ 1
m
2
>2
；
综上n∈(1,3).
  
【点睛】思路点睛：第二问是教材例题的变式，设点K 、P、E坐标表示相应直线
方程，求出S 坐标，验证其横纵坐标是否满足抛物线方程即可；第三问，仍是利用点坐标
来表示直线EQ方程，利用韦达定理表示yQ, yG，并根据几何性质把面积比化为线段比，
再化为坐标比，构造函数计算其范围即可.
28.如图，已知A，B 为抛物线E：x
2=2 py ( p>0)上任意两点，抛物线E 在A，B 处的切线
交于点P，点P 在直线y =−1上，且∠APB =π
2 ，动点Q 为抛物线E 在A，B 之间部分上
的任意一点．
(1)求抛物线E 的方程；
(2)抛物线E 在Q 处的切线交PA，PB 于M，N 两点，试探究△PMN与△ABQ的面积
之比是否为定值，若为定值，求出定值，若不为定值，请说明理由．
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)△PMN与△ABQ的面积之比为定值1
2，理由见详解
【分析】（1）设A、B 的坐标分别为(x1, x1
2
2 p)、(x2, x2
2
2 p)，利用导数求出斜率，得
到切线方程，根据已知可得x1 x2
2 p =−1和x1
p ⋅x2
p =−1，从而解得p，得解；
（2）求出直线AB 方程，设点Q(x0, y0)得MN 的方程，再求出弦AB，MN 长，点
Q，P 分别到直线AB，MN 距离即可计算作答.
【详解】（1）抛物线方程为x
2=2 py ( p>0)，故y = 1
2 p x
2，所以y
′ = x
p ，
设A、B 的坐标分别为(x1, x1
2
2 p)、(x2, x2
2
2 p)，
则PA 的方程为：y = x1
p ( x−x1)+ x1
2
2 p
即y = x1
p x−x1
2
2 p
，
同理PB 的方程为：y = x2
p x−x2
2
2 p
，
联立PA，PB 方程{
y = x1
p x−x1
2
2 p
y = x2
p x−x2
2
2 p)
，
得xP= x1+ x2
2
, y P= x1 x2
2 p ，
因为点P 在直线y =−1上，所以x1 x2
2 p =−1，
又因为∠APB =π
2 ，即x1
p ⋅x2
p =−1，所以p=2，
则抛物线E：x
2= 4 y；
（2）△PMN与△ABQ的面积之比为定值1
2，
设点Q(x0, x0
2
4 )，由（1）知切线MN的方程为：y = x0
2 x−x0
2
4
，
又切线PA的方程为：y = x1
2 x−x1
2
4
，切线PB的方程为：y = x2
2 x−x2
2
4
，
设点P(m,−1)，即有−1= x1
2 x−x1
2
4
，−1= x2
2 x−x2
2
4
，
因此直线AB的方程为：y = m
2 x +1，
有| AB|=
❑√1+( m
2 )
2
|x1−x2)，点Q(x0, y0)到直线AB的距离是d2=|
m
2 x0−x0
2
4 +1)
❑√1+( m
2 )
2
，
则S△ABQ= 1
2|x1−x2)|
m
2 x0−x0
2
4 +1)，
由{
2 y = x0 x−2⋅x0
2
4
2 y = x1 x−2 x1
2
4 )
，解得点M 的横坐标xM = x0+ x1
2
，同理点N 的横坐标
xN = x0+ x2
2
，
有| MN |=
❑√1+( x0
2 )
2|x1−x2)
2
，点P(m,−1)到直线MN的距离d1=|
m
2 x0+1−x0
2
4 )
❑√1+( x0
2 )
2
，
则S△PMN = 1
4|x1−x2)|
m
2 x0−y0+1)，
所以
S1
S2
= 1
2.
【点睛】结论点睛：抛物线x
2=2 py( p≠0)在点( x0, x0
2
2 p )处的切线斜率k = x0
p ；抛物
线y
2=2 px( p≠0)在点( y0
2
2 p , y0)( y0≠0)处的切线斜率k = p
y0
.
29．已知抛物线C ：y
2=2 px的焦点为F.
(1)过点F 且斜率为❑√3的直线交抛物线C 于P，Q 两点，若|PQ)= 16
3 ，求抛物线C 的
方程；
(2)过点F 的直线交抛物线C 于A，B 两点，直线AO，BO 分别与直线x =−p相交于
M，N 两点，试判断△ABO与△MNO的面积之比是否为定值，并说明理由．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)是定值，理由见解析
【分析】（1）将过点F 且斜率为❑√3的直线与抛物线方程联立，由韦达定理以及抛物
线的性质得出抛物线E 的方程；
（2）直线垂直于x 轴时直接求出面积比，直线与x 轴不垂直时，设直线AB 方程，直
线方程代入抛物线方程后由韦达定理得x1 x2，然后计算面积比可得．
【详解】（1）设过点F 且斜率为❑√3的直线方程为y = ❑√3(x−p
2)，代入
y
2=2 px ( p>0)
得3 x
2−5 px + 3 p
2
4 =0，若P(x1, y1),Q(x2, y2)，
则Δ=(−5 p)
2−4×3× 3 p
2
4 =16 p
2>0, x1+ x2= 5 p
3 ， 
所以| PQ|= x1+ x2+ p= 8 p
3 = 16
3 ，则p=2，
即抛物线C 的方程为y
2= 4 x.
（2）当直线垂直于x 轴时，△ABO与△MNO相似，
所以S△ABO
S△MNO
=(
|OF)
2 )
2
= 1
4 .
当直线与x 轴不垂直时，设直线AB 方程为y =k( x−1),
设M (−2, y M ), N (−2, y N ), A( x1, y1),B( x2, y2),
由{
y =k( x−1)
y
2= 4 x )得k
2 x
2−(4 +2k
2)x + k
2=0，
所以Δ=(4 +2k
2)
2−4 k
2×k
2=16 k
2+16>0，且k ≠0，则x1 x2=1，
所以
S△ABO
S△MNO
= 
1
2|AO)⋅|BO)⋅sin∠AOB
1
2|MO)⋅|NO)⋅sin∠MON
 = |AO)⋅|BO)
|MO)⋅|NO) = x1
2 ⋅x2
2 = 1
4 ，
综上，
S△ABO
S△MNO
＝1
4 .
  
30.已知坐标原点为O，抛物线为G: x
2=2 py( p>0)与双曲线y
2
3 −x
2
3 =1在第一象限的交点
为P，F为双曲线的上焦点，且△OPF的面积为3．
(1)求抛物线G的方程；
(2)已知点M (−2,−1)，过点M作抛物线G的两条切线，切点分别为A，B，切线
MA，MB分别交x轴于C，D，求△MAB与△MCD的面积之比．
【答案】(1)x
2=2 y
(2) S△MAB
S△MCD
=12
【分析】（1）首先求出双曲线的上焦点，设P(xP, y P)，(xP>0, y P>0)，根据三角
形面积求出x p，再代入双曲线方程求出y P，再根据点P在抛物线上，即可求出p，即可得
解；
（2）设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，利用导数表示出MA的方程，即可求出C点坐标，
同理可得D，再将M代入MA，即可得到AB的方程，联立直线与双曲线方程，消元、列出
韦达定理，即可求出|AB)，再求出点M到直线AB的距离，即可得到S△MAB，再求出S△MCD，
即可得解.
【详解】（1）双曲线y
2
3 −x
2
3 =1的上焦点为F (0,❑√6)，设P(xP, y P)，
(xP>0, y P>0)，
由已知得：S△OPF = 1
2 ⋅|OF |⋅xP= 1
2 ×❑√6× xP=3，则x p= ❑√6，
代入双曲线方程可得y P
2
3 −(❑√6)
2
3
=1，解得yP=3或y P=−3（舍去），所以P(❑√6,3)，
又因为P在抛物线上，所以6=2 p×3，解得p=1，故抛物线G的方程为x
2=2 y．
（2）设点A(x1, y1)，B(x2, y2)，对y = x
2
2 求导得y = x，
则切线MA的方程为y −y1= x1(x−x1)，
由x1
2=2 y1整理得y = x1 x−y1，
令y =0，则x = x1
2 ，即C(
x1
2 ,0)，同理可求得D(
x2
2 ,0)．
将M (−2,−1)代入直线MA可得：2 x1+ y1−1=0，
同理可求得直线MB的方程：2 x2+ y2−1=0，
所以A，B的直线方程2 x + y −1=0．
联立{
y =1−2 x
y = x
2
2 )
消去y得x
2+ 4 x−2=0，
则韦达定理：x1+ x2=−4 , x1 x2=−2，
则弦长|AB)=
❑√1+ k
2|x1−x2)= ❑√5⋅
❑√4
2+ 4×2=2❑√30，
点M到直线AB的距离d =|2×(−2)+(−1)−1|
❑√5
= 6
5
❑√5，
所以S△MAB= 1
2|AB)⋅d =6 ❑√6，
又S△MCD= 1
2|CD)⋅|y M)=|x1−x2)
4
=
❑√6
2
，
故
S△MAB
S△MCD
=12．
31．已知椭圆Γ 方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，B1、B2分别是椭圆Γ 短轴上的上下两个端点，
F1是椭圆的左焦点，P 是椭圆上异于B1、B2的点，△B1 F1B2是边长为4 的等边三角形．
(1)求椭圆的离心率；
(2)当直线PB1的一个方向向量是（1，1）时，求以PB1为直径的圆的标准方程；
(3)点R 满足：R B1⊥P B1，R B2⊥P B2，试问：△P B1B2与△R B1B2的面积之比
是否为定值？并说明理由．
【答案】(1)
❑√3
2
(2)(x + 8
5)
2
+( y −2
5)
2
= 128
25
(3)为定值4，理由见解析
【分析】（1）由△B1 F1B2是边长为4 的等边三角形得a= 4，b=2，进而求出c，结
合椭圆离心率的定义即可求解；
（2）由直线P B1的一个方向向量是(1,1)，可得直线P B1所在直线的斜率k =1，得到
直线P B1的方程，由椭圆方程联立，求得P点坐标，得到P B1的中点坐标，再求出| P B1|，
可得以P B1为直径的圆的半径，则以P B1为直径的圆的标准方程可求；
（3）设P( x0,y0)，R( x1,y1)求出直线P B1的斜率，进一步得到直线R B1的斜率，得
到直线R B1的方程，同理求得直线R B2的方程，联立两直线方程求得R的横坐标，再结合
P( x0,y0)在椭圆x
2
16 + y
2
4 =1上可得x1与x0的关系，由
S△P B1B2
S△R B1B2
=|
x0
x1)求解；
【详解】（1）由△B1 F1B2的边长为4 的等边三角形，得a= 4，且b=2．
c =
❑√a
2−b
2=2❑√3，故椭圆的离心率为e = c
a =
❑√3
2 ；
（2）由（1）知椭圆的标准方程为x
2
16 + y
2
4 =1，
直线P B1的一个方向向量是(1,1)，且B1(0,2)，
直线P B1所在直线的斜率k =1，则直线P B1的方程为y = x +2，
联立{
y = x +2
x
2
16 + y
2
4 =1)
，得5 x
2+16 x =0，
由x≠0解得xP=−16
5 ，
y P=−6
5．
则P B1的中点坐标为(−8
5 , 2
5)，| P B1|= ❑√(
16
5 )
2
+(
6
5 +2)
2
= 16
5
❑√2．
则以P B1为直径的圆的半径r = 8 ❑√2
5
．
以P B1为直径的圆的标准方程为(x + 8
5)
2
+( y −2
5)
2
= 128
25 ；
（3）设P( x0,y0)，R( x1,y1)．
直线P B1
的斜率为k P B1= y0−2
x0
，由R B1⊥P B1
，得直线R B1
的斜率为
k R B1=−
x0
y0−2
．
 于是直线R B1的方程为：y =−
x0
y0−2 x +2．
同理，R B2的方程为：y =−
x0
y0+2 x−2．
联立两直线方程，消去y，得x1= y0
2−4
x0
．
∵P( x0, y0)在椭圆x
2
16 + y
2
4 =1上，∴ x0
2
16 + y0
2
4 =1，
从而y0
2−4 =−x0
2
4
．∴ x1= y0
2−4
x0
=−x0
4 ，
∴ 
S△P B1B2
S△R B1B2
=|
x0
x1)= 4．
32．已知A，B分别是椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右顶点和上顶点，|AB)= ❑√5，直线
AB的斜率为−1
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.
【答案】(1) x
2
4 + y
2=1
(2)（i）1（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据题意可得|AB)=
❑√a
2+b
2= ❑√5，k = b−0
0−a =−b
a =−1
2，解得a，b
即可得出答案.
（2）设C (x1, y1)，D(x2, y2)，直线l的方程为y =−1
2 x +m，则M (2m,0)，
N (0,m)，联立椭圆方程，结合韦达定理可得x1+ x2=2m，x1 x2=2m
2−2.
（i）S△OCM = 1
2|2m)|y1)，S△ODN = 1
2|m)|x2)，进而得到答案.
（ii）|CM )
2+|MD)
2=(x1−2m)
2+ y1
2+(x2−2m)
2+ y2
2，进而计算得到答案.
【详解】（1）∵A、B是椭圆x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，的两个顶点，且|AB)= ❑√5，
直线AB的斜率为−1
2，由A (a,0)，B (0,b)，得|AB)=
❑√a
2+b
2= ❑√5，
又k = b−0
0−a =−b
a =−1
2，
解得a=2，b=1，
∴椭圆的方程为x
2
4 + y
2=1；
（2）
  
设直线l的方程为y =−1
2 x +m，则M (2m,0)，N (0,m)，
联立方程{
y =−1
2 x +m
x
2
4 + y
2=1 )
消去y，
整理得x
2−2mx +2m
2−2=0，△= 4 m
2−8(m
2−4)=32−4 m
2>0，得m
2<8
设C (x1, y1)，D(x2, y2)，∴x1+ x2=2m，x1 x2=2m
2−2.
（i）S△OCM = 1
2|2m)|y1)，S△ODN = 1
2|m)|x2)，
∴
S△OCM
S△ODN
=|2 y1)
|x2)
=|2m−x1)
|x2)
=|x2)
|x2)
=1，
∴△OCM的面积与△ODN的面积之比为1；
（ii）证明：|CM )
2+|MD)
2=(x1−2m)
2+ y1
2+(x2−2m)
2+ y2
2
= x1
2−4 m x1+ 4 m
2+(−1
2 x1+m)
2
+ x2
2−4 m x2+ 4 m
2+(−1
2 x2+m)
2
= 5
4 (x1+ x2)
2−5
2 x1 x2−5m(x1+ x2)+10m
2
=5m
2−5
2 (2m
2−2)−10m
2+10m
2=5
综上，|CM )
2+|MD)
2=5.
【点睛】求定值问题常见的方法有两种：一、从特殊入手，求出定值，再证明这个值
与变量无关；二、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.
33．已知椭圆C : y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)的左、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Q (1,0)，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．
【答案】(1) y
2
16 + x
2
4 =1
(2)△ABD与△AQE的面积之比为定值4
3
【分析】（1）利用椭圆的性质计算即可；
（2）利用韦达定理及面积公式计算即可.
【详解】（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，
所以1
2 ×2b×a=8，即ab=8②．
联立①②，得a= 4 ,b=2．
故C的方程为y
2
16 + x
2
4 =1．
（2）
  
△ABD
与
△AQE
的面积之比为定值．
由（1）可得A (−2,0),B (2,0)，
由题意设直线l: x =my +1, M (x1, y1), N (x2, y2)．
联立{
x =my +1,
y
2
16 + x
2
4 =1,)
得(4 m
2+1) y
2+8my −12=0，
则Δ=64 m
2+ 48(4 m
2+1)>0，
y1+ y2=−
8m
4 m
2+1
, y1 y2=−
12
4 m
2+1，
所以m y1 y2= 3
2 ( y1+ y2)．
直线AM的方程为y =
y1
x1+2
(x +2)，
令x = 4，得y = 6 y1
x1+2，即D(4 , 6 y1
x1+2)．
同理可得E(4 , 2 y2
x2−2)．
故△ABD与△AQE的面积之比为
S△ABD
S△AQE
=
1
2|AB)|y D)
1
2|AQ)|y E)
= 4|y D)
3|y E)
=|
4 y1(x2−2)
y2(x1+2) )=|
4 y1(m y2−1)
y2(m y1+3) )= 4×|
m y1 y2−y1
m y1 y2+3 y2)
= 4×|
3
2 ( y1+ y2)−y1
3
2 ( y1+ y2)+3 y2)
= 4×|
1
2 y1+ 3
2 y2
3
2 y1+ 9
2 y2)
= 4
3 ，
即△ABD与△AQE的面积之比为定值4
3 ．
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是化积为和，得到m y1 y2= 3
2 ( y1+ y2)，最后
得到面积比值表达式，再进行代换即可得到面积比值.
34．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为
B，右焦点为F，连接BF并延长交椭圆C于点椭圆P．
(1)若P( 8
5 ,−3 ❑√3
5
)，|BP|= 16
5 ，求椭圆C的方程;
(2)若直线AB与直线AP的斜率之比是−2，求△BOF与△APF的面积之比．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；
(2) 5
16 .
【分析】（1）由|BP|= 16
5 和P( 8
5 ,−3 ❑√3
5
)在椭圆上求出a，b即可.
（2）求出直线BF 的方程，并与椭圆方程联立求得点P坐标，再由给定条件结合面积
公式求解即可．
【详解】（1）由B(0,b)，P( 8
5 ,−3 ❑√3
5
)，|BP|= 16
5 得：
( 8
5 )
2
+(b+ 3 ❑√3
5
)
2
=( 16
5 )
2
，解得b= ❑√3，
又点P( 8
5 ,−3 ❑√3
5
)在椭圆上，则( 8
5 )
2
a
2 +
( −3 ❑√3
5
)
2
b
2
=1，解得a=2，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）依题意，令F(c ,0)，直线BF : x
c + y
b =1，由{
x
c + y
b =1
x
2
a
2 + y
2
b
2 =1)
，得
P( 2a
2c
a
2+c
2 ,−
b
3
a
2+c
2 )，
直线AB 的斜率k AB= b
a，直线AP 的斜率k AP=
−b
3
a
2+c
2
2a
2c
a
2+c
2 −(−a)
=
−b
3
2a
2c +a
3+ac
2，
则
2b
3
2a
2c +a
3+ac
2 = b
a，即2b
2=2ac +a
2+c
2，有2(a
2−c
2)=(a+c)
2，得a=3c，
b=2❑√2c，
于是得点P( 9c
5 ,−8 ❑√2c
5
)，S△APF = 1
2 | AF |⋅|−8 ❑√2c
5
|= 16 ❑√2c
2
5
，
S△BOF = 1
2 |OF ||OB|= ❑√2c
2， 
所以△BOF与△APF的面积之比是
❑√2c
2
16 ❑√2
5
c
2
= 5
16.
35．已知椭圆M : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1的焦点为F (2,0)，长轴长与短轴长的比值为❑√2.
(1)求椭圆M 的方程：
(2)过点F 的直线l 与椭圆M 交于A，B 两点，BC ⊥x轴于点C，AD⊥x轴于点D，
直线BD 交直线x = 4于点E，求△ECD与△EAB的面积之比.
【答案】(1) x
2
8 + y
2
4 =1
(2)1:1
【分析】（1）用待定系数法求出椭圆的标准方程；
（2）设直线l的方程为y =k( x−2).用“设而不求法”表示出x1+ x2=
8k
2
1+2k
2，
x1 x2= 8k
2−8
1+2k
2 .
进而得到k AC =
y1
x1−x2
，k EC =
y2(4−x1)
( x2−x1)(4−x2).由k EC−k AC =0，得到C , A , E 三
点共线.
所以S△ACD= S△ABD，即可得到S△ECD:S△EAB=1:1.
【详解】（1）由题设，a
b = ❑√2，所以a
2=2b
2.
又因为c =2，a
2=b
2+c
2，所以2b
2=b
2+ 4.
解得b
2= 4，a
2=8.
所以椭圆M的方程为x
2
8 + y
2
4 =1.
（2）由题意可知，直线l斜率存在，设直线l的方程为y =k( x−2).
由¿得(1+2k
2)x
2−8k
2 x +(8k
2−8)=0.
设A( x1, y1)，B( x2, y2)，则x1+ x2=
8k
2
1+2k
2，x1 x2= 8k
2−8
1+2k
2 .
因为AD⊥x轴，所以D( x1,0).
直线BD方程为y =
y2
x2−x1
( x−x1)，所以E(4 , y2(4−x1)
x2−x1 ).
因为BC ⊥x轴，所以C( x2,0).
因为k AC =
y1
x1−x2
，k EC =
y2(4−x1)
( x2−x1)(4−x2).
所以k EC−k AC =
y2(4−x1)
( x2−x1)(4−x2) −
y1
x1−x2
= y2(4−x1)+ y1(4−x2)
( x2−x1)(4−x2)
= k( x2−2)(4−x1)+k( x1−2)(4−x2)
( x2−x1)(4−x2)
=
k
( x2−x1)(4−x2) ⋅[ 6( x1+ x2)−2 x1 x2−16 ]
=
2k
( x2−x1)(4−x2) ⋅[ 24 k
2
1+2k
2 −8k
2−8
1+2k
2 −8]
=
16 k
( x2−x1)(4−x2) ⋅3k
2−k
2+1−1−2k
2
1+2k
2
=0.
所以C , A , E 三点共线.
因为BC // AD，所以S△ACD= S△ABD，
所以S△ECD= S△EAB，
所以S△ECD:S△EAB=1:1.
36．如图所示，已知A，B，C 是焦距为4 的椭圆G: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)上的三点，点A
是长轴的一个端点，BC 过椭圆的中心且BC
→
⋅BA
→
=0，|BC
→
|=2|BA
→
|．
（1）求椭圆G 的方程；
（2）过椭圆G 上异于顶点的任意一点P 作圆O: x
2+ y
2=2的两条切线，切点分别为
M，N，若直线MN 与x 轴，y 轴分别交于点E，F，当△EOF的面积最小时求△PMN与
△EOF的面积之比．
【答案】（1）x
2
6 + y
2
2 =1；（2）
❑√3
2 .
【分析】（1）由题得△AOB为等腰直角三角形，B(
a
2 , a
2)，即得a
2=3b
2，结合
c =2，即得椭圆的标准方程；
（2）求出PM 的方程为x1 x + y1 y =2，PN 的方程为x2 x + y2 y =2，MN 方程为
x0 x + y0 y =2，利用基本不等式求出S△EOF的最小值为2❑√3
3
，此时x0
2
6 = y0
2
2 = 1
2，再求出
S△PMN =1，即得解.
【详解】（1）因为BC
→
⋅BA
→
=0，
∴BC ⊥BA，|BC
→
|=2|BA
→
|，
所以△AOB为等腰直角三角形，B(
a
2 , a
2)，
代入椭圆方程得a
2=3b
2，又c =2，∴a
2=6，b
2=2，
所以椭圆方程为x
2
6 + y
2
2 =1．
（2）设P(x0, y0)，M (x1, y1)，N (x2, y2)，
所以PM 的方程为x1 x + y1 y =2，PN 的方程为x2 x + y2 y =2，
又PM 与PN 交于点P(x0, y0)，
∴x1 x0+ y1 y0=2，x2 x0+ y2 y0=2，
则MN 方程为x0 x + y0 y =2，
∴E(
2
x0
,0)，F(0, 2
y0)，S△EOF =|
2
x0 y0)，
又x0
2
6 + y0
2
2 =1≥|
2 x0 y0
❑√12 )，∴|x0 y0)≤❑√3，S△EOF的最小值为2❑√3
3
，此时x0
2
6 = y0
2
2 = 1
2
，
△EOF的面积最小，
不妨令x0= ❑√3，y0=−1，此时P(❑√3,−1)，则MN 方程为❑√3 x−y =2，
原点O 到MN 距离为d1=1，P 到MN 距离为d2=1，| MN |=2❑√2−1=2，
∴S△PMN =1，∴S△PMN
S△OEF
=
❑√3
2 .
【点睛】方法点睛：求解圆锥曲线中的最值问题常用的方法：（1）函数法；（2）数
形结合法；（3）导数法；（4）基本不等式法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.
37．如图，在平面直角坐标系xOy中，圆C：x
2
a
2 + y
2
b
3 =1(a>b>0)过点(2❑√2, 1
3)，离心率
为2❑√2
3
.
（1）求椭圆C的方程；
（2）设D为x轴上一点，过点D作x轴的垂线与椭圆C交于不同的两点M，N，再过
点D作AM的垂线交BN于点E，求ΔBDE与ΔBDN的面积之比.
【答案】（1）x
2
9 + y
2=1；（2）9
10
【分析】（1）运用椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，解方程可得a，b，进而得
到椭圆方程；
（2）设D (t ,0)，M (t , y0)，N (t ,−y0)，可表示出BN、DE的直线方程，联立求得
交点坐标，由
S ΔBDE
S ΔBDN
=
1
2|y2)
1
2|−y0)
即可得解；
【详解】解：（1）椭圆过点(2❑√2, 1
3)，8
a
2 + 1
9b
2 =1，
离心率为2❑√2
3
，c
a = 2❑√2
3
，
{
8
a
2 + 1
9b
2 =1
c
a = 2❑√2
3
a
2=b
2+c )
，解得{
a=3
b=1
c =2❑√2)，椭圆x
2
9 + y
2=1.
（2）设D (t ,0)，M (t , y0)，N (t ,−y0)，
则k AM = y0
t +3，k0=−t +3
y0
，所以DE：y1=−t +3
y0
(x−t )，
k BN = −y0
t −3，BN：y = −y0
t −3
(x−3)，
{
y1=−t +3
y0
(x−t )
y = −y0
t −3
(x−3) )
，解之得：{
x = t (t
2−9)−3 y0
2
t
2−9−y0
2
y2=t (9−t
2) y0
t
2−9−y0
2 =
9 y0
3
−10 y0
2 =−9
10 y0)
，
所以
S ΔBDE
S ΔBDN
=
1
2|y2)
1
2|−y0)
= 9
10.
【点睛】本题考查椭圆方程及性质的应用，直线与椭圆综合问题，属于中档题.
38．已知椭圆C的两个顶点分别为A(−2,0)，B(2,0)，焦点在x轴上，离心率为1
2．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的右焦点为D，过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，且点
M在x轴的上方，过D作AM的垂线交BN于点E，求△BDE与△BDN的面积之比．
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1（2）4:7
【分析】（1）由条件得出{
a=2
c
a = 1
2
即可
（2）先分别求出点D , M , N的坐标，然后联立直线DE和直线BN的方程求出点E的
纵坐标，然后利用S△BDE:S△BDN =| y E|:| y N |求出答案即可.
【详解】（1）设椭圆C的方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，
由题意，得{
a=2
c
a = 1
2
，
解得c =1，
所以b
2=a
2−c
2=3，
所以椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）因为D为椭圆C的右焦点，所以D点的坐标为(1,0)．
由{
x
2
4 + y
2
3 =1
x =1
，解得{
x =1
y = 3
2
，或{
x =1
y =−3
2
．
因此，M，N的坐标分别为(1, 3
2 )，(1,−3
2 )．
所以直线AM的斜率为k AM = 1
2．
又因为AM ⊥DE，所以直线DE的斜率为k DE=−2，
所以直线DE的方程为y =−2( x−1)，即y =−2 x +2．
直线BN的方程为y = 3
2 ( x−2)，即y = 3
2 x−3．
由{
y =−2 x +2
y = 3
2 x−3 ，解得点E的纵坐标为y E=−6
7 ．
又△BDE的面积为S△BDE= 1
2 |BD|| y E|，
△BDN的面积为S△BDN = 1
2 |BD|| y N |，
所以S△BDE:S△BDN =| y E|:| y N |= 6
7 : 3
2 = 4:7，
所以△BDE与△BDN的面积之比为4:7．
【点睛】解析几何中的面积问题要善于观察图形的特点，将面积进行等价转化是解题
的关键.
39．已知C ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的短轴长2❑√3，离心率为1
2，圆O: x
2+ y
2=b
2．
（1）求椭圆C和圆O的方程；
（2）过椭圆左焦点的直线l与椭圆C交于A ,B两点，|AB)= 16
5 ，若直线l于圆O交于
M , N两点，求直线l的方程及ΔAOB与ΔOMN的面积之比．
【答案】（1）x
2
4 + y
2
3 =1, x
2+ y
2=3；（2）y =± ❑√3(x +1)，16:15．
【分析】（1）由条件可知b，再结合离心率即可求出a后可得椭圆及圆的方程；
（2）由条件可知k存在且不为0，联立椭圆与直线l方程，用k表示出|AB)，求出k即
可得l方程，根据l方程可求出圆心到l距离及|MN )，求出面积后可求面积之比．
【详解】（1）由题得b= ❑√3,e = c
a = 1
2，所以c
2= 1
4 a
2即a
2−b
2= 1
4 a
2，所以b
2= 3
4 a
2，
则a
2= 4，
所以椭圆C的方程为：x
2
4 + y
2
3 =1，圆O的方程为：x
2+ y
2=3.
（2）根据题意可知，左焦点F(−1,0)，且直线l的斜率存在且不为0，
不妨设y =k( x +1)，联立{
y =k (x +1)
x
2
4 + y
2
3 =1)
，整理得(3+ 4 k
2) x
2+8k
2 x + 4 k
2−12=0，
所以x A+ xB=−
8k
2
3+ 4 k
2 , x A xB= 4 k
2−12
3+ 4 k
2 ，
所以| AB|=
❑√1+ k
2|x A−xB)=
❑√1+ k
2❑√(x A+ xB)
2−4 x A xB=12× 1+k
2
3+ 4 k
2 = 16
5 ，
解得k =± ❑√3，则y =± ❑√3( x +1)，
所以原点到l的距离d =
❑√3
❑√1+3 =
❑√3
2 ，所以ΔAOB面积为1
2 ×
❑√3
2 × 16
5 = 4 ❑√3
5
，
|MN )=2
❑√3−d
2=3，所以ΔMON面积为1
2 ×
❑√3
2 ×3= 3 ❑√3
4
，
所以ΔAOB与ΔMON的面积之比为16:15．
【点睛】本题考查椭圆方程的求法，涉及直线与圆的交点，直线与椭圆的交点等，属
于中档题．
40．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的右焦点为F，左、
右顶点分别为A1、A2，上、下顶点分别为B1、B2，连结B2 F并延长交椭圆于点P，连结
P A2，A1B2，记椭圆C的离心率为e.
（1）若e = 1
2，A1B2= ❑√7.
①求椭圆C的标准方程；
②求Δ B2 A1 F和ΔP A2 F的面积之比.
（2）若直线P B2和直线P A2的斜率之积为−9
2，求e的值.
【答案】（1）①x
2
4 + y
2
3 =1.②5 ；（2）e = 1
2.
【分析】（1）①设椭圆的焦距为2c，根据题意列出有关a、b、c的方程组，求出a、
b的值，可得出椭圆的标准方程；
②求出直线B2 F的方程，将该直线方程与椭圆C的标准方程联立，求出点P的坐标，
再利用三角形的面积公式可求出Δ B2 A1 F和ΔP A2 F的面积之比；
（2）先利用截距式得出直线P B2的方程为x
c + y
−b =1，将该直线方程与椭圆C的方程
联立，求出点P的坐标，利用斜率公式计算出直线P A2和P B2的斜率，然后由这两条直线
的斜率之积为−9
2，得出关于a、c的齐次方程，由此可解出椭圆C的离心率e的值.
【详解】（1）①设椭圆的焦距为2c，由题意，得{
e = c
a = 1
2
❑√a
2+b
2= ❑√7
a
2=b
2+c
2 )
，解得{
a
2= 4
b
2=3)，
所以椭圆的标准方程为x
2
4 + y
2
3 =1；
②由①知，A1(−2,0)、A2(2,0)，F (1,0)，B2(0,−❑√3)，
所以直线B2 F的方程为y = ❑√3(x−1)，
将其代入椭圆的方程，得x
2
4 +(x−1)
2=1，即5 x
2−8 x =0，
所以x =0或x = 8
5，所以点P的坐标为(
8
5 , 3 ❑√3
5 ). 
从而Δ B2 A1 F和ΔP A2 F的面积之比：
S Δ B2 A1 F
S ΔP A2 F
=
1
2 ×3×❑√3
1
2 ×1× 3 ❑√3
5
=5；
（2）因为B2、F在直线P B2上，所以直线P B2的方程为x
c + y
−b =1.
解方程组{
x
c + y
−b =1,
x
2
a
2 + y
2
b
2 =1,)
，得{
x1= 2a
2c
a
2+c
2
y1= b(a
2−c
2)
a
2+c
2 )
或{
x2=0
y2=−b)，
所以点P的坐标为(
2a
2c
a
2+c
2 , b(a
2−c
2)
a
2+c
2 ).
因为直线P B2的斜率k P B2= 0−(−b)
c−0
= b
c ，
直线P A2的斜率k P A2=
b(a
2−c
2)
a
2+c
2
−0
2a
2c
a
2+c
2 −a
=
b(a
2−c
2)
2a
2c−a(a
2+c
2)
=−b(a+c)
a(a−c)
， 
又因为直线P B2和直线P A2的斜率之积为−9
2，
所以−b(a+c)
a(a−c) × b
c =−b
2(a+c)
ac (a−c) =−(a
2−c
2)(a+c)
ac (a−c)
=−(a+c)
2
ac
=−9
2，
即e+2+ 1
e = 9
2，化简得2e
2−5e+2=0，∵0<e<1，解得e = 1
2.
因此，椭圆C的离心率为e = 1
2.
【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解、三角形面积的比值，以及椭圆离心率的求解，
同时也考查了直线与椭圆交点坐标的求解，考查方程思想的应用，属于中等题.
41．已知动点M (x , y)与点F (1,0)的距离和它到直线x = 4的距离之比是1
2 ，点M的轨迹为
曲线C．
(1)求C的方程；
(2)若点A ,B , D , E在C上，且⃗AB =2⃗DE , AD与BE交于点P，点P在椭圆x
2
12 + y
2
9 =1
上，证明：△PAB的面积为定值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)证明见解析
【分析】(1)由题意，应用两点间距离公式化简即可；
(2)先设点的坐标再应用点在椭圆上求出两直线方程，利用两点间的距离公式、点到直
线的距离公式以及三角形面积公式求面积，化简即可证得结论.
【详解】（1）由题意知
❑√( x−1)
2+ y
2
| x−4|
= 1
2
，
化简整理得曲线C的轨迹方程为x
2
4 + y
2
3 =1．
（2）设A(x1, y1),B(x2, y2), P(x0, y0)，
由题意知x0
2
12 + y0
2
9 =1．
由⃗AB =2⃗DE，可知D , E分别为AP ,BP的中点，
所以，D(
x1+ x0
2
, y1+ y0
2 ), E(
x2+ x0
2
, y2+ y0
2 )．
由{
x1
2
4 + y1
2
3 =1,
1
4(
x1+ x0
2 )
2
+ 1
3(
y1+ y0
2 )
2
=1,)
得x0
2
4 + y0
2
3 + x0 x1
2
+ 2 y0 y1
3
−3=0，
∵x0
2
12 + y0
2
9 =1,∴x0
2
4 + y0
2
3 =3,∴3 x0 x1+ 4 y0 y1=0．
同理3 x0 x2+ 4 y0 y2=0，
所以A ,B都在直线3 x0 x + 4 y0 y =0上．
由{
3 x0 x + 4 y0 y =0,
x
2
4 + y
2
3 =1, )
得x
2=
16 y0
2
3 x0
2+ 4 y0
2 , y
2=
9 x0
2
3 x0
2+ 4 y0
2，
又因为直线AB过坐标原点，
所以| AB|=2
❑√x
2+ y
2=2❑√
9 x0
2+16 y0
2
3 x0
2+ 4 y0
2 ，
又点P到直线AB的距离d =
3 x0
2+ 4 y0
2
❑√9 x0
2+16 y0
2，
所以，S△PAB= 1
2 | AB|d = 1
2 ×2❑√
9 x0
2+16 y0
2
3 x0
2+ 4 y0
2 ⋅3 x0
2+ 4 y0
2
❑√9 x0
2+16 y0
2 =
❑√3 x0
2+ 4 y0
2．
又∵x0
2
12 + y0
2
9 =1,∴3 x0
2+ 4 y0
2=36，
故S△PAB=6．
所以△PAB的面积为定值．
42．已知椭圆Γ的两个焦点坐标分别是F1(−1,0), F2(1,0)，并且经过点(−❑√2,
❑√6
2 )．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)过F1斜率不为0 的直线l交椭圆Γ于A ,B两点，求△A F2B面积的最大值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)3
【分析】（1）设椭圆的方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，结合焦点坐标和椭圆上的点的
坐标列方程组求解；
（2）设直线方程为x =ty −1，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理和面积公式得出
面积的表达式，构造函数，利用函数单调性求出面积最大值．
【详解】（1）设椭圆Γ ：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，
∵椭圆Γ的两个焦点坐标分别是F1(−1,0), F2(1,0)，并且经过点(−❑√2,
❑√6
2 )，
∴ {
c
2=a
2−b
2=1
2
a
2 + 3
2b
2 =1 )
，解得{
a
2= 4
b
2=3)，
∴椭圆Γ的标准方程为：x
2
4 + y
2
3 =1
（2）
  
设直线l的方程为x =ty −1, A(x1, y1),B(x2, y2)，
联立直线和椭圆方程{
x
2
4 + y
2
3 =1
x =ty −1 )
得(3t
2+ 4) y
2−6ty −9=0，
∴ Δ=144(t
2+1)>0, y1+ y2=
6t
3t
2+ 4
, y1 y2=
−9
3t
2+ 4
∴△A F2B面积S = 1
2|F1 F2)⋅|y1−y2)=|y1−y2)= ❑√( y1+ y2)
2−4 y1 y2= 12
❑√t
2+1
3t
2+ 4
，
令m=
❑√t
2+1，则m∈[1,+ ∞),t
2=m
2−1，S = 12m
3m
2+1
=
12
3m+ 1
m
，
∵ f (m)=3m+ 1
m在[1,+∞）单调递增，
∴ f (m)min= f (1)= 4，
∴ Smax =
12
f (m)min
= 12
4 =3，此时m=1，
∴ △A F2B面积的最大值为3．
43．如图，直线y =kx +b(k >0,b>0)与椭圆x
2
4 + y
2=1交于A、B 两点，记△AOB的面积
为S．
(1)当k =1，b=1时，求S；
(2)当|AB)=2，S =1时，求直线AB 的方程；
(3)求S 的最大值．
【答案】(1)4
5
(2)y =
❑√2
2 x +
❑√6
2
(3)最大值是1
【分析】（1）设出交点坐标，联立方程，求得交点坐标，根据三角形面积公式，可
得答案；
（2）联立方程，写出韦达定理，根据三角形面积公式与弦长公式，化简方程，可得
答案；
（3）由（2）可知弦长表达式，根据基本不等式，可得答案.
【详解】（1）设A(x1, y1)，B(x2, y2)．由{
x
2
4 + y
2=1,
y = x +1, )
得5 x
2
4 +2 x =0，解得x1=0，
x2=−8
5，
可得下图：
则|x1−x2)= 8
5．因此S = 1
2|b)|x1−x2)= 4
5 ．
（2）由{
x
2
4 + y
2=1,
y =kx +b,)
得(
1
4 +k
2)x
2+2kbx +b
2−1=0．
由Δ=(2kb)
2−4⋅(
1
4 + k
2)⋅(b
2−1)= 4 k
2−b
2+1>0，
可得x1+ x2=−8kb
1+ 4 k
2，x1 x2= 4 b
2−4
1+ 4 k
2 ，
由|AB)=|x1−x2)
❑√1+ k
2=2，S =|b)
2 |x1−x2)=1得1+k
2=b
2．
又|x1−x2)= ❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 4
❑√4 k
2+1−b
2
1+ 4 k
2
，
代入|AB)=|x1−x2)
❑√1+ k
2=2，得4 k
4−4 k
2+1=0，解得k =
❑√2
2 ，b=
❑√6
2 ．
直线AB 的方程是y =
❑√2
2 x +
❑√6
2 ．
（3）S =|b)
2 |x1−x2)=|b)
2 ⋅4
❑√4 k
2+1−b
2
1+ 4 k
2
= 2|b)
❑√4 k
2+1−b
2
4 k
2+1
．
由基本不等式得2|b)
❑√4 k
2+1−b
2
4 k
2+1
≤4 k
2+1−b
2+b
2
4 k
2+1
=1，
当且仅当2b
2= 4 k
2+1，等号成立．
由第（2）小题的结论知，S 可以取到1，因此S 的最大值是1．
44．已知抛物线C : x
2=2 py ( p>0)的焦点为F，过点F且斜率为2❑√2的直线l与圆
D: x
2+( y +2)
2=1相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)设M (x0,−2)(−1≤x0≤1)，过点M作C的两条切线l1，l2，切点分别为A ,B，试
求△MAB面积的取值范围．
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)[8 ❑√2, 27
2 )
【分析】（1）由直线与圆相切，转化为圆心到直线的距离等于半径，可得p=2，进
而可得；
（2）先求得直线AB的方程为x0 x =2 y −4，联立x
2= 4 y得|AB)=
❑√x0
2+ 4⋅
❑√x0
2+8，
再根据点到直线的距离公式得到M到AB的距离为|x0
2+8)
❑√x0
2+ 4
，进而S△MAB= 1
2 (x0
2+8)
3
2，由
−1≤x0≤1可得面积的范围.
【详解】（1）由题意得抛物线C的焦点为F(0, p
2)，则直线l: y =2❑√2 x + p
2 ，
圆D的圆心为(0,−2)，半径r =1，则d =|2+ p
2)
❑√8+1 =1，
∴p=2或p=−10（舍去），所以抛物线C的方程为x
2= 4 y．
  
（2）
  
设A(x1, y1)，B(x2, y2)，对于函数y = x
2
4 ，求导得y
′ = x
2，
所以MA的斜率k1= x1
2 ，
所以切线MA的方程为y −y1= x1
2 (x−x1)，即x1 x =2 y +2 y1，
同理可得切线MB的方程为x2 x =2 y +2 y2，
又因为点M (x0,−2)在两切线上，∴{
x1 x0=2 y1−4
x2 x0=2 y2−4)，
所以直线AB的方程为x0 x =2 y −4，联立方程x
2= 4 y，
∴x
2−2 x0 x−8=0，∴x1+ x2=2 x0，x1 x2=−8，
所以|AB)=
❑√1+ x0
2
4 ⋅❑√(x1+ x2)
2+32=
❑√x0
2+ 4⋅
❑√x0
2+8，
点M (x0,−2)到直线AB的方程为d = |x0
2+8)
❑√x0
2+ 4
，
所以S△MAB= 1
2|AB)⋅d = 1
2
|x0
2+8)
❑√x0
2+ 4
⋅
❑√x0
2+ 4⋅
❑√x0
2+8= 1
2 (x0
2+8)
3
2，
因为−1≤x0≤1，所以8≤x0
2+8≤9得 8 ❑√2≤S△MAB≤27
2 ，
所以△MAB面积的取值范围为[8 ❑√2, 27
2 )． 
45．平面直角坐标系xOy中，M 是一个动点，直线M M 1与直线y =
❑√3
3 x垂直，垂足M 1位
于第一象限，直线M M 2与直线y =−
❑√3
3 x垂直，垂足M 2位于第四象限，且⃗
M M 1⋅⃗M M 2=−3
8.
(1)求动点M 的轨迹方程C；
(2)若过点H (2,0)的直线交曲线C 于B、D 两点，D 关于x 轴的对称点为点A（异于点
B），直线AB 与x 轴交于点G，求△BGD面积的取值范围.
【答案】(1) x
2
3 −y
2=1(x ≥❑√3)
(2)(
❑√3
6 ,+ ∞)
【分析】（1）根据已知条件得到∠M 1 M M 2= 2π
3 ，利用点到直线的距离得到
|⃗M M 1)=|x−❑√3 y)
2
和|⃗M M 2)=|x + ❑√3 y)
2
，再根据向量的数量积即可求解；
（2）设直线BD 方程为x =my +2(m≠0)，联立直线BD 的方程和曲线C，利用韦达
定理得到y1+ y2= −4 m
m
2−3和y1 y2=
1
m
2−3，写出直线AB 的方程，令y =0得到x0= 3
2，进而
得到S△BGD= 1
2|GH )⋅|y1−y2)= 1
2 ×
❑√3(m
2+1)
3−m
2
，利用换元法结合二次函数在给定区间的
值域求解即可.
【详解】（1）设M (x , y)，直线y =
❑√3
3 x与直线y =−
❑√3
3 x的夹角为π
3 ，即
∠M 1O M 2=π
3 ，
又因为∠O M 1 M =∠O M 2 M =π
2 ，所以∠M 1 M M 2= 2π
3 ，
又因为|⃗M M 1)=|x−❑√3 y)
2
，|⃗M M 2)=|x + ❑√3 y)
2
，
所以⃗M M 1⋅⃗M M 2=|x−❑√3 y)
2
⋅|x + ❑√3 y)
2
×(−1
2)=−3
8，化简得|x
2−3 y
2)=3，
由于M 1位于第一象限，M 2位于第四象限，
所以M 的轨迹方程C : x
2
3 −y
2=1(x ≥❑√3)；
（2）由题可知直线斜率不为0，故设直线BD 方程为x =my +2(m≠0)，
B(x1, y1)，D(x2, y2)，A(x2,−y2)，G(x0,0)，
联立直线BD 与曲线C，可得{
x =my +2
x
2
3 −y
2=1)
且m≠0，
化简得(m
2−3) y
2+ 4 my +1=0，m
2−3≠0，Δ>0，
y1+ y2= −4 m
m
2−3，y1 y2=
1
m
2−3
<0，所以3−m
2>0，
设直线AB 方程为y = y1+ y2
x1−x2
(x−x1)+ y1，
令y =0，得x0= −y1(x1−x2)
y1+ y2
+ x1= −m y1( y1−y2)
y1+ y2
+m y1+2，
所以x0= 2m y1 y2
y1+ y2
+2= 3
2，
所以S△BGD= 1
2|GH )⋅|y1−y2)= 1
2 × 1
2 ×|y1−y2)= 1
2 ×
❑√3(m
2+1)
3−m
2
，
令t =3−m
2∈(0,3)，(S△BGD)
2= 3
4 × 4−t
t
2 = 3
4 ×(
2
t −1
4)
2
−3
64 ，
所以2
t ∈(
2
3 ,+ ∞)，(S△BGD)
2> 1
12，S△BGD>
❑√3
6 ，
综上，△BGD面积的取值范围为(
❑√3
6 ,+∞).
46．已知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率e= 1
2，以椭圆C的长轴和短轴为对角线的
四边形的面积为4 ❑√3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点P为曲线x
2+ y
2=7上一点，过点P作椭圆C的两条切线PA，PB，求：
①∠APB；
②△APB面积的取值范围.
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1
(2)①∠APB =90°；②[
9
7 , 16
7 )
【分析】（1）根据椭圆的几何性质即可联立方程求解a,b,c的值得解，
（2）根据直线有无斜率，可结合直线方程以及斜率公式求解PA ⊥PB，即可得解①，
根据圆的切点弦可得直线AB的方程为x x1
4 + y y1
3
=1，即可联立与椭圆的方程得韦达定理，
根据弦长公式以及点到直线的距离公式得面积的表达式，由换元法以及函数的单调性，即
可求解②.
【详解】（1）由题意知椭圆C：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的四个顶点分别为(−a,0)，
(a,0)，(0,−b)，(0,b)，
所以该四边形的面积为1
2 ×2a×2b= 4 ❑√3，
又离心率e= 1
2，故a=2，所以c =1，b
2=a
2−c
2=3，
则椭圆C的方程为x
2
4 + y
2
3 =1.
（2）①假设有一条切线斜率不存在，不妨假设PB斜率不存在，则不妨设PB过椭圆
的右顶点，则直线PB的方程为x =2，则P点坐标为(2,± ❑√3)，
显然此时A点取椭圆的短轴顶点(0,± ❑√3)，则直线PA的方程为y =± ❑√3，
此时满足PA与椭圆相切，且PA ⊥PB，所以∠APB =90°；
当切线斜率存在且不为0 时，设切线方程为y =kx +m(k ≠0)，
设P(x1, y1)，则m= y1−k x1, x1
2+ y1
2=7，
联立{
y =kx +m,
x
2
4 + y
2
3 =1,)
整理得(4 k
2+3) x
2+8kmx + 4 m
2−12=0，
则Δ=64 k
2m
2−4(4 k
2+3)(4 m
2−12)=0，即m
2= 4 k
2+3，
将m= y1−k x1代入上式，得关于k的方程(x1
2−4)k
2−2 x1 y1k + y1
2−3=0，
则Δ1= 4(3 x1
2+ 4 y1
2−12)>0（P在椭圆x
2
4 + y
2
3 =1外），
k PA，k PB为该方程的两个根，故k PA⋅k PB= y1
2−3
x1
2−4
= 7−x1
2−3
x1
2−4
=−1，
即PA ⊥PB，所以∠APB =90°.
②先证明：椭圆C : x
2
m
2 + y
2
n
2 =1,(m>n>0)上一点Q( x0，y0)的切线方程为
x0 x
m
2 + y0 y
n
2 =1．
由椭圆C : x
2
m
2 + y
2
n
2 =1，可得，y
2
n
2 =1−x
2
m
2，
当y >0时，y =n ❑√
1−x
2
m
2，求导可得：
y ′ =−nx
m
2 ⋅
1
❑√
1−x
2
m
2
，
∴当y0>0时，
k =−n
m
2 x0⋅
1
❑√
1−x0
2
m
2
=−n
m
2 x0⋅1
y0
n
=−n
2
m
2 ⋅x0
y0，
∴切线方程为y −y0=−n
2
m
2 ⋅x0
y0
( x−x0)，
整理为：n
2 x0 x +m
2 y0 y =m
2 y0
2+n
2 x0
2=m
2n
2，
两边同时除以m
2n
2得：
x0 x
m
2 + y0 y
n
2 =1．
同理可证：y0<0时，切线方程也为
x0 x
m
2 + y0 y
n
2 =1．
当y0=0时，切线方程为x =±m满足
x0 x
m
2 + y0 y
n
2 =1．
综上，过椭圆上一点Q( x0，y0)的切线方程为
x0 x
m
2 + y0 y
n
2 =1．
设A(x2, y2)，B(x3, y3)，故A ,B处的切线方程分别为x x2
4 + y y2
3
=1, x x3
4 + y y3
3
=1,
由于两切线均经过P(x1, y1)，因此x1 x2
4
+ y1 y2
3
=1, x1 x3
4
+ y1 y3
3
=1，
因此A(x2, y2)，B(x3, y3)均满足直线x x1
4 + y y1
3
=1，故直线AB的方程为
x x1
4 + y y1
3
=1，
联立x
2
4 + y
2
3 =1，得(3 x1
2+ 4 y1
2)x
2−24 x1 x + 48−16 y1
2=0，
Δ2=(24 x1)
2−4(3 x1
2+ 4 y1
2)(48−16 y1
2)=64 y1
2(3 x1
2+ 4 y1
2−12)>0，
则x2+ x3=
24 x1
3 x1
2+ 4 y1
2，x2 x3= 48−16 y1
2
3 x1
2+ 4 y1
2 ，
故|AB)=
❑√1+ k AB
2 ⋅❑√(x2+ x3)
2−4 x2 x3= ❑√
1+ 9 x1
2
16 y1
2 × 8|y1)
❑√3 x1
2+ 4 y1
2−12
3 x1
2+ 4 y1
2
= 2
❑√9 x1
2+16 y1
2❑√3 x1
2+ 4 y1
2−12
3 x1
2+ 4 y1
2
，
又点P到直线AB的距离d =|3 x1
2+ 4 y1
2−12)
❑√9 x1
2+16 y1
2
，
故△APB的面积
S△APB= 1
2|AB)d =
❑√9 x1
2+16 y1
2❑√3 x1
2+ 4 y1
2−12
3 x1
2+ 4 y1
2
⋅|3 x1
2+ 4 y1
2−12)
❑√9 x1
2+16 y1
2
= (3 x1
2+ 4 y1
2−12)
❑√3 x1
2+ 4 y1
2−12
3 x1
2+ 4 y1
2
，
又x1
2+ y1
2=7，故令t =
❑√3 x1
2+ 4 y1
2−12=
❑√y1
2+9，t ∈[3,4)，
则S△APB=
t
3
t
2+12
=
1
1
t + 12
t
3
，
令f (t )= 1
t + 12
t
3 ，显然f (t )在[3,4)上单调递减，故y =
1
1
t + 12
t
3
在[3,4)上单调递增，
则(S△APB)min=
1
f (3) = 27
21 = 9
7 ，(S△APB)max=
1
f (4) = 64
28 = 16
7 ，
即S△APB的取值范围为[
9
7 , 16
7 ).
46．已知椭圆C : x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为2
3，左、右焦点分别为F1, F2，过F1的
直线交椭圆于A ,B两点，以A F1为直径的动圆内切于圆x
2+ y
2=9,O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点M (2,4)，过右焦点F2作斜率为k (k ∈[−1,1))的直线l交椭圆于P ,Q两点，求
△MPQ面积的取值范围．
【答案】(1) x
2
9 + y
2
5 =1
(2)[
30 ❑√2
7
,12)．
【分析】（1）由题意结合两圆的位置关系求出a，结合椭圆离心率求出b，即可求得
椭圆方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程，可得根与系数关系式，即可求得弦长| PQ|的
表达式，进而求得△MPQ面积的表达式，利用换元法结合函数的单调性，即可求得答案.
【详解】（1）设A F1的中点为E，则E 为以A F1为直径的动圆的圆心,
连接OE , A F2．在△A F1 F2中，O为F1 F2的中点，
∴|OE)= 1
2|A F2)= 1
2 (2a−|A F1))=a−1
2|A F1)．
由以A F1为直径的动圆内切于圆x
2+ y
2=9,
得|OE)=3−1
2|A F1),∴a=3,
又椭圆离心率e = 2
3 ,∴c =2，则b
2=a
2−c
2=5，
∴椭圆C的标准方程为x
2
9 + y
2
5 =1；
（2）由（1）知，F2(2,0)，直线l: y =kx −2k (k ∈[−1,1))，
联立{
y =kx −2k
x
2
9 + y
2
5 =1)
，得(9k
2+5) x
2−36 k
2 x +36 k
2−45=0，
由于直线过椭圆焦点F2，必有Δ>0，
设P(x1, y1),Q(x2, y2),∴x1+ x2= 36k
2
9k
2+5
, x1⋅x2= 36 k
2−45
9k
2+5
，
∴|PQ)=
❑√1+ k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+k
2❑√(
36k
2
9k
2+5)
2
−4(36 k
2−45)
9k
2+5
 
= 30(k
2+1)
9k
2+5
，
∵点M (2,4)到直线PQ的距离为
4
❑√k
2+1，
∴ △MPQ面积为S = 1
2 × 30(k
2+1)
9k
2+5
×
4
❑√k
2+1
= 60
❑√k
2+1
9k
2+5
令❑√k
2+1=t，则k
2=t
2−1,∵k ∈[−1,1¿,∴t ∈)1,❑√2¿¿，
则S =
60t
9t
2−4
=
60
9t −4
t
．
∵函数y =9t −4
t 在区间[1,❑√2)上单调递增，
∴S =
60
9t −4
t
在区间[1,❑√2)上单调递减，
∴Smin=
60
9 ❑√2−4
❑√2
= 30 ❑√2
7
,Smax=
60
9×1−4
1
=12
，
∴△MPQ面积的取值范围是[
30 ❑√2
7
,12)．
【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(x1, y1),(x2, y2)；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于x（或y）的一元二次方程，注意Δ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x1+ x2、x1 x2（或y1+ y2、y1 y2）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
47．已知抛物线E: y
2=8 x，两条直线l1，l2分别于抛物线E交于A，B两点和C，D两点．
（1）若线段AB的中点为M (8,4)，求直线AB的斜率；
（2）若直线l1，l2相互垂直且同时过点P(4,0)，求四边形ACBD面积的最小值．
【答案】（1）k AB=1；（2）192．
【分析】（1）设A( x1, y1)，B( x2, y2)，利用点差法可求得结果；
（2）设出直线l1，l2的方程，l1的方程与抛物线方程联立，利用弦长公式求出| AB|，
同理求出|CD|，利用两直线垂直求出四边形的面积，然后根据基本不等式可求得最小值.
【详解】（1）设A( x1, y1)，B( x2, y2)，
因为线段AB的中点为M (8,4)，所以y1+ y2=2×4 =8，
则{
y1
2=8 x1
y2
2=8 x2)，所以y1
2−y2
2=8( x1−x2)，
所以
y1−y2
x1−x2
=
8
y1+ y2
 = 8
8 =1，所以直线AB的斜率k AB= y1−y2
x1−x2
=1.
（2）依题意可知l1，l2的斜率都存在且不等于0，设l1的斜率为k，因为直线l1，l2相
互垂直，所以l2的斜率为−1
k ，
所以直线l1的方程为：y =k( x−4)，直线l2的方程为y =−1
k ( x−4)，
联立{
y
2=8 x
y =k( x−4))消去y并整理得k
2 x
2−(8k
2+8) x +16 k
2=0，
Δ=(8k
2+8)
2−64 k
4=128k
2+64>0恒成立，
所以x1+ x2= 8k
2+8
k
2
，x1 x2=16，
所以| AB|=
❑√1+ k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2 =
❑√1+k
2⋅❑√(
8k
2+8
k
2 )
2
−64 
= 8
k
2
❑√(k
2+1)(2k
2+1)
同理可得|CD|=8k
2❑√(
1
k
2 +1)(
2
k
2 +1)，
因为l1⊥l2，所以四边形ABCD面积S = 1
2 | AB|⋅|CD| 
= 1
2 × 8
k
2
❑√(k
2+1)(2k
2+1)×8k
2❑√(
1
k
2 +1)(
2
k
2 +1) 
=32❑√
(k
2+1)(
1
k
2 +1)(
2
k
2 +1)(2k
2+1) =32❑√(k
2+ 1
k
2 +2)(2k
2+ 2
k
2 +5)
令t =k
2+ 1
k
2，则t =k
2+ 1
k
2 ≥2❑√
k
2⋅1
k
2 =2,当且仅当k
2=1，即k =±1时，等号成立.
故S =32❑√(t +2)(2t +5)=32
❑√2t
2+9t +10，其中t ≥2
利用二次函数的性质知，当t =2时，Smin=32❑√2×4+9×2+10=192
所以四边形ABCD面积的最小值为128.
【点睛】关键点点睛：本题考查直线与抛物线的应用，已知条件涉及到中点，利用点
差法求解是解题关键；求对角线互相垂直的四边形的面积，利用弦长公式求出弦长| AB|
和|CD|是解题关键，考查学生的逻辑推理与运算能力，属于难题.
48．已知抛物线E: y
2=8 x，两条直线l1，l2分别与抛物线E交于A，B两点和C，D两点，
（1）若线段AB的中点为M (8,4)，求直线AB的斜率；
（2）若直线l1，l2相互垂直且同时过抛物线E的焦点，求四边形ABCD面积的最小值．
【答案】（1）1（2）128
【分析】（1）设A( x1, y1)，B( x2, y2)，利用点差法可求得结果；
（2）求出抛物线的焦点坐标，设出直线l1，l2的方程，l1的方程与抛物线方程联立，
利用弦长公式求出| AB|，同理求出|CD|，利用两直线垂直求出四边形的面积，然后根
据基本不等式可求得最小值.
【详解】（1）设A( x1, y1)，B( x2, y2)，
因为线段AB的中点为M (8,4)，所以y1+ y2=2×4 =8，
则{
y1
2=8 x1
y2
2=8 x2)，所以y1
2−y2
2=8( x1−x2)，
所以
y1−y2
x1−x2
=
8
y1+ y2
 = 8
8 =1，所以直线AB的斜率k AB= y1−y2
x1−x2
=1.
（2）由y
2=8 x可得抛物线的交点F(2,0)，
依题意可知l1，l2的斜率都存在且不等于0，设l1的斜率为k，因为直线l1，l2相互垂直，
所以l2的斜率为−1
k ，
所以直线l1的方程为：y =k( x−2)，直线l2的方程为y =−1
k ( x−2)，
联立{
y
2=8 x
y =k( x−2))消去y并整理得k
2 x
2−(4 k
2+8) x + 4 k
2=0，
Δ=(4 k
2+8)
2−16 k
4=64 k
2+64>0恒成立，
所以x1+ x2= 4 k
2+8
k
2
，x1 x2= 4，
所以| AB|=
❑√1+ k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2 =
❑√1+k
2⋅❑√
( 4 k
2+8
k
2
)
2
−16 =8+ 8
k
2，
同理可得|CD|=8+8k
2，
因为l1⊥l2，所以四边形ABCD面积S = 1
2 | AB|⋅|CD| = 1
2 (8+ 8
k
2 )(8+8k
2)
= 32(2+k
2+ 1
k
2 ) ≥32(2+2❑√
k
2⋅1
k
2 )=128,当且仅当k
2=1，即k =±1时，等号成立.
所以四边形ABCD面积的最小值为128.
【点睛】关键点点睛：（1）利用点差法求解是解题关键；（2）利用弦长公式求出弦
长| AB|和|CD|是解题关键.
49．已知动圆过定点(2,0)，且在y轴上截得的弦长为4，设动圆圆心的轨迹为H，点
E(m,0)(m>0)为一个定点，过点E作斜率分别为k1，k2的两条直线交H于点A,B,C,D,且
M，N分别是线段AB，CD的中点．
（1）求轨迹H的方程；
（2）若m=1，且过点E的两条直线相互垂直，求△EMN的面积的最小值．
【答案】（1）y
2= 4 x（2）最小值4
【解析】（1）设动圆圆心的坐标为( x , y),根据圆的性质可列得
❑√( x −2)
2+ y
2=
❑√x
2+2
2,整理即可得到轨迹方程；
（2）当m=1时,E(1,0),设直线AB的方程为y =k1( x−1),联立直线AB与抛物线H,可
得k1 y
2−4 y −4 k1=0,则y1+ y2= 4
k1
,y1 y2=−4,可得x1+ x2= 4
k1
2 +2,进而得到线段AB,
CD的中点M为( 2
k1
2 +1, 2
k1
),N为(2k1
2+1,−2k1),代入S△EMN = 1
2 | EM |⋅| EN |中求得
最值即可
【详解】（1）设动圆圆心的坐标为( x , y),
由题意可以得到❑√( x −2)
2+ y
2=
❑√x
2+2
2,
化简得y
2= 4 x,
所以动圆圆心的轨迹H的方程为y
2= 4 x
（2）当m=1时,E(1,0)为抛物线y
2= 4 x的焦点,
因为过点E的两条直线相互垂直,所以k1k2=−1,即k2=−1
k1
,
设直线AB的方程为y =k1( x−1),
设A( x1, y1),B( x2, y2),联立{ y =k1( x−1)
y
2= 4 x
,得k1 y
2−4 y −4 k1=0,
则y1+ y2= 4
k1
,y1 y2=−4,
所以x1+ x2= y1+ y2
k1
+2= 4
k1
2 +2,
因为M,N分别是线段AB,CD的中点,
所以M ( x1+ x2
2
, y1+ y2
2
),即M为( 2
k1
2 +1, 2
k1
),
同理N为(2k1
2+1,−2k1),
所以
S△EMN = 1
2 | EM |⋅| EN |= 1
2
❑√
( 2
k1
2 +1−1)
2
+( 2
k1
)
2
⋅
❑√(2k1
2+1−1)
2+(−2k1)
2
=2❑√
k1
2+ 1
k1
2 +2≥2❑√2+2= 4,
当且仅当k1
2= 1
k1
2,即k1=±1时,△EMN的面积的最小值为4
【点睛】本题考查轨迹方程,考查直线与抛物线的位置关系的应用,考查抛物线内三角
形的最值,考查数形结合能力与运算能力
50．已知椭圆C1: x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的离心率为e = 1
2，且与y轴的正半轴的交点为
(0,2❑√3)，抛物线C2的顶点在原点且焦点为椭圆C1的右焦点.
(1)求椭圆C1与抛物线C2的标准方程；
(2)过(1,0)的两条相互垂直直线与抛物线C2有四个交点，求这四个点围成四边形的面
积的最小值.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
12 =1,y
2=8 x；
(2)当两直线的斜率分别为1和−1时，四边形的面积最小，最小值为96.
【分析】（1）由椭圆几何意义得b=2❑√3，再根据离心率可得a= 4 ,由椭圆C1的右焦
点坐标可得p
2 的值，进而可得抛物线方程；
（2）因为四边形的面积S = 1
2|AB)⋅|CD)，所以实质为求弦长，利用直线方程与抛物
线方程联立方程组，结合韦达定理及弦长公式可得.求面积最值时，注意整体考虑，利用换
元转化为一元二次函数S =16 ❑√
2(k
2+ 1
k
2)
2
+9(k
2+ 1
k
2)+10，最后根据对称轴与定义区间
位置关系求最小值.
【详解】（1）设半焦距为c(c>0)，由题意得e = c
a = 1
2 ,b=2❑√3,a
2=b
2+c
2，∴
a= 4 ,b=2❑√3,c =2，
∴椭圆C1的标准方程为x
2
16 + y
2
12 =1.
设抛物线C2的标准方程为y
2=2 px( p>0)，则p
2 =c =2，∴p= 4，
∴抛物线C2的标准方程为y
2=8 x.
（2）由题意知两条直线的斜率存在且不为0，设其中一条直线l1的斜率为k，直线l1方
程为y =k (x−1)，则另一条直线l2的方程为y =−1
k
(x−1)，
联立{
y =k (x−1)
y
2=8 x )，得k
2 x
2−(2k
2+8) x + k
2=0，∴Δ=32k
2+64>0，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，则x1+ x2= 2k
2+8
k
2
, x1⋅x2= k
2
k
2 =1，
则|AB)=
❑√1+ k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2= 4
❑√k
2+1⋅
❑√2k
2+ 4
k
2
，
同理设直线l2与抛物线C2的交点为C , D，
则|CD|=
4
❑√(−1
k )
2
+1⋅
❑√2(−1
k )
2
+ 4
(−1
k )
2
= 4
❑√k
2+1⋅
❑√4 k
2+2，
∴四边形的面积S = 1
2|AB)⋅|CD)= 1
2 × 4
❑√k
2+1⋅
❑√2k
2+ 4
k
2
×4
❑√k
2+1⋅
❑√4 k
2+2
= 8(k
2+1)❑√8k
4+20k
2+8
k
2
=16
❑√
(k
4+2k
2+1)(2k
4+5k
2+2)
k
4
=16 ❑√(k
2+2+ 1
k
2)(2k
2+5+ 2
k
2)，
令t =k
2+2+ 1
k
2，则t ≥4（当且仅当k =±1时等号成立），
S =16 ❑√t (2t +1)=16
❑√2t
2+t =16
❑√2(t + 1
4 )
2
−1
8 ≥16 ❑√36=96.
∴当两直线的斜率分别为1和−1时，四边形的面积最小，最小值为96.
51．已知椭圆C1: x
2
4 + y
2
3 =1的右焦点F 与抛物线C2: y
2=2 px( p>0)的焦点重合．
(1)求C2的方程及C1与C2交点的横坐标；
(2)过F 作两条相互垂直的直线，其中一条与C1交于A，B 两点，另一条与C2交于M，
N 两点，求四边形AMBN面积的最小值．
【答案】(1)2
3
(2)8
【分析】(1)由椭圆和抛物线的性质直接得出.
(2)用弦长公式得到四边形的两条对角线的长，进而求出四边形面积的最小值.
【详解】（1）由题意得C1的右焦点F (1,0)，则C2的焦点为(1,0)，即p=2，
故C2的方程是y
2= 4 x.
联立{
3 x
2+ 4 y
2−12=0
y
2= 4 x
)消y得3 x
2+16 x−12=0，
解得x = 2
3（负值舍去），故C1与C2交点的横坐标为2
3．
（2）①当直线AB斜率为0，直线MN斜率不存在时，不妨令M (1,2), N (1,−2)，
则|AB)= 4 ,|MN )= 4，故四边形AMBN的面积为8．
②如图，当直线AB的斜率不为0，直线MN的斜率存在时，
    
设直线AB的方程为y =k (x−1), A(x1, y1),B(x2, y2)，
则直线MN的方程为y =−1
k
(x−1)，M (x3, y3)，N (x4, y4)，
联立{
x
2
4 + y
2
3 =1,
y =k (x−1),)
得(4 k
2+3) x
2−8k
2 x + 4 k
2−12=0，
则x1+ x2=
8k
2
4 k
2+3
, x1 x2= 4 k
2−12
4 k
2+3
，
故|AB)=
❑√1+k
2❑√(x1+ x2)
2−4 x1 x2= 12(k
2+1)
4 k
2+3
．
联立{
y
2= 4 x ,
y =−1
k
(x−1),)
得x
2−(4 k
2+2) x +1=0，则x3+ x4= 4 k
2+2, x3 x4=1，
故|MN )= ❑√
1+ 1
k
2
❑√(x3+ x4)
2−4 x3 x4= 4(k
2+1)．
所以S四边形AMBN = 1
2|AB)|MN )= 1
2 × 12(k
2+1)
4 k
2+3
×4(k
2+1)= 24(k
2+1)
2
4 k
2+3
，
令t = 4 k
2+3,t >3，则k
2= t −3
4
，
故S四边形AMBN =
24(
t −3
4
+1)
2
t
=
24(
t
4 + 1
4)
2
t
= 3
2(t + 1
t +2)
，
又t ∈(3,+ ∞)，故t + 1
t >3+ 1
3 = 10
3 ，
[难点突破]根据对勾函数f (x)= x + 1
x 在(1,+∞)上单调递增即可得到．
则S四边形AMBN > 3
2 ×(
10
3 +2)=8，
综上①②，四边形AMBN面积的最小值为8．
52．已知椭圆E：x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)的焦点F1，F2均在圆O：x
2+ y
2=1上，P 为椭圆上
一点，△P F1 F2的面积的最大值为❑√3．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)两相互垂直且斜率存在的直线l1，l2均与圆O 相切，分别与椭圆E 相交于A，B，
C，D 四点，求四边形ACBD 面积的最小值．
【答案】(1) x
2
4 + y
2
3 =1；
(2)240
49 .
【分析】(1) 由题意知c =1,b= ❑√3，即可得椭圆方程；
(2) 设直线l1：y =k1 x +b1，直线l2：y =k2 x +b2，联立直线l1与椭圆E 的方程，结合
韦达定理及弦长公式可得| AB| = 4 ❑√3
❑√(1+k1
2)(3k1
2+2)
3+ 4 k1
2
，
|CD|= 4 ❑√3
❑√(1+ k1
2)(3+2k1
2)
3k1
2+ 4
，从而得
S = 1
2 | AB|⋅|CD|= 24(1+ k1
2)
❑√(3k1
2+2)(2k1
2+3)
(3+ 4 k1
2)(3k1
2+ 4)
，令t =k1
2+1,t ∈(1,+ ∞)，
μ= ❑√
6+ 1
t −1
t
2 , μ∈(❑√6, 5
2 ]，得S = 24 μ
μ
2+6
= 24
μ+ 6
μ
，结合双勾函数的性质即可得答案.
【详解】（1）解：由题意知c =1，(S△P F1 F2)max = 1
2 ⋅(2c)⋅b=bc = ❑√3，
得b= ❑√3，则a=
❑√b
2+c
2=2，
故椭圆E 的方程为x
2
4 + y
2
3 =1;
（2）解：设直线l1：y =k1 x +b1，直线l2：y =k2 x +b2，则k1k2=−1．
由直线l1与圆O：x
2+ y
2=1相切，可得
|b1|
❑√1+k1
2 =1，即b1
2=1+ k1
2，
联立直线l1与椭圆E 的方程，
可得(3+ 4 k1
2)x
2+8k1b1 x + 4 b1
2−12=0，
显然Δ= 48(4 k1
2−b1
2+3)= 48(3k1
2+2)>0，
设A( x1, y1),B( x2, y2)，
则x1+ x2= −8k1b1
3+ 4 k1
2 ，x1 x2= 4 b1
2−12
3+ 4 k1
2 ，
由弦长公式可得| AB|=
❑√1+ k1
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2 = 4 ❑√3
❑√(1+ k1
2)(3k1
2+2)
3+ 4 k1
2
，
同理可得|CD|= 4 ❑√3
❑√(1+ k2
2)(3k2
2+2)
3+ 4 k2
2
= 4 ❑√3
❑√(1+ k1
2)(3+2k1
2)
3k1
2+ 4
，
由直线l1，l2垂直，
可得四边形ACBD 的面积S = 1
2 | AB|⋅|CD|= 24(1+ k1
2)
❑√(3k1
2+2)(2k1
2+3)
(3+ 4 k1
2)(3k1
2+ 4)
，
令t =k1
2+1,t ∈(1,+ ∞)，
得S = 24 t
❑√6t
2+t −1
12t
2+t −1
=
24 ❑√
6+ 1
t −1
t
2
12+ 1
t −1
t
2
，
令μ= ❑√
6+ 1
t −1
t
2 , μ∈(❑√6, 5
2 ]，
可得S = 24 μ
μ
2+6
= 24
μ+ 6
μ
≥
24
5
2 +6× 2
5
= 240
49 ，
即四边形ACBD 的面积最小值为240
49 ．
53．在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：y
2
a
2 + x
2
b
2 =1(a>b>0)的右顶点为A (1,0)，上顶点
为B，离心率为2❑√2
3
.
(1)求C的方程；
(2)设M是曲线C上位于第一象限的任意点.
（I）若⃗OM ⋅⃗AM = 13
2 ，求点M的坐标；
（II）记点M关于原点O的对称点为M
′，求四边形AMB M
′的面积的最大值.
【答案】(1)x
2+ y
2
9 =1
(2)（I）(
1
2 , 3 ❑√3
2 )；（II）3 ❑√2.
【分析】（1）由题意有b=1，根据离心率e = c
a = ❑√
1−b
2
a
2即可求解；
（2）（I）设点M的坐标为(x0, y0)，其中x0>0，y0>0，由⃗OM ⋅⃗AM = 13
2 得
x0❑
2−x0+ y0❑
2= 13
2 ，又点M在椭圆上，即x0
2+ y0
2
9 =1，进而得解；
（II）在（I）的条件下，M
′的坐标为(−x0,−y0)，则
S = S△M
′ MA+ S△M M
′ B=2S△AOM +2S△BOM =3 x0+ y0，最后利用基本不等式即可求解.
【详解】（1）由题意知，b=1，因为e = c
a = ❑√
1−1
a
2 = 2❑√2
3
，
所以a
2=9，故C的方程为：x
2+ y
2
9 =1.
（2）（I）设点M的坐标为(x0, y0)，其中x0>0，y0>0，且A (1,0)，B (0,3)，
因为⃗OM ⋅⃗AM = 13
2 ，所以x0❑
2−x0+ y0❑
2= 13
2 ，
因为x0
2+ y0
2
9 =1，所以16 x0
2+2 x0−5=0，
解得x0= 1
2（x0=−5
8舍去），此时y0= 3 ❑√3
2
，
故点M的坐标为(
1
2 , 3 ❑√3
2 ).
（II）在（I）的条件下，M
′的坐标为(−x0,−y0)，记四边形AMB M
′的面积为S，则
S = S△M
′ MA+ S△M M
′ B=2S△AOM +2S△BOM =2× 1
2 ×3 x0+2× 1
2 ×1× y0=3 x0+ y0，
由基本不等式得：❑√9 x0
2+6 x0 y0+ y0
2≤
❑√2( y0
2+9 x0
2)，
因为9 x0
2+ y0
2=9，所以S≤❑√2×9=3 ❑√2.
当且仅当{
3 x0= y0
x0
2+ y0
2
9 =1)
，即{
x0=
❑√2
2
y0= 3 ❑√2
2 )
时等号成立，
故四边形AMB M
′的面积的最大值为3 ❑√2.
54．已知椭圆C的中心与坐标原点O重合，F (3,0)为C的一个焦点，且点B(0,❑√7)在C上.
(1)求C的方程及离心率；
(2)设点P为C在第一象限的部分上一点，求四边形OFPB面积的最大值.
【答案】(1) x
2
16 + y
2
7 =1；3
4
(2)5 ❑√7
2
.
【分析】（1）根据椭圆的基本性质，利用已知的半焦距和短半轴长求出长半轴长，
进而得到椭圆方程和离心率；
（2）通过设出椭圆上一点的参数坐标，将四边形面积拆分为两个三角形面积之和，
再利用三角函数的性质求出面积的最大值.
【详解】（1）由题可设C 的方程为x
2
a
2 + y
2
b
2 =1(a>b>0)，C 的半焦距为c(c>0)，
则c =3，b= ❑√7，a=
❑√b
2+c
2= ❑√7+9= 4，
所以C 的方程为x
2
16 + y
2
7 =1，
离心率e = c
a = 3
4 ；
（2）设点P(4cosθ ,❑√7sinθ)，0<θ< π
2 ，
  
则S四边形OFPB= S△OFP+ S△OPB= 1
2 ×3×❑√7sinθ+ 1
2 ×❑√7×4 cosθ
=
❑√7
2
(3sinθ+ 4cosθ)= 5 ❑√7sin(θ+φ)
2
≤5 ❑√7
2
(其中φ为锐角，且tanφ = 4
3 )，
当θ = π
2 −φ时，四边形OFPB 的面积取得最大值，且最大值为5 ❑√7
2
.
55．已知抛物线C : x
2=2 py ( p>0)的焦点为F，直线l过点F且与C相交于A(x1, y1)，
B(x2), y2)两点，当直线l的倾斜角为π
4 时，|AB)=8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点A作抛物线C的切线l1，过点B作l1的平行线l2交C于另外一点M (x3, y3).
①求证：2 x1= x2+ x3；
②求四边形OBMA（O为坐标原点）面积的最小值.
【答案】(1)x
2= 4 y
(2)①证明见解析；②18
【分析】（1）写出直线l的方程，并与抛物线C的方程联立，由韦达定理及抛物线定
义即可求解；
（2）①将抛物线C的方程化为y关于x的函数，求导得直线l1，l2的斜率，再分别写出
l1，l2的方程，联立直线l2与抛物线C的方程，由韦达定理即可证明；
②分别表示出弦AB与弦MB的长，再表示出点O到直线AB的距离及点A到直线l2的
距离，将四边形OBMA的面积转化为△OAB与△ABM面积的和，再由函数的性质即可求
解．
【详解】（1）依题意抛物线C : x
2=2 py( p>0)的焦点为F(0, p
2 )，准线方程为
y =−p
2 ，
则当直线l的倾斜角为π
4 时，直线l的方程为y = x + p
2 ，
联立{
y = x + p
2
x
2=2 py)
，消去y得x
2−2 px−p
2=0，则x1+ x2=2 p, x1 x2=−p
2，
所以y1+ y2= x1+ x2+ p=3 p，
由抛物线定义得| AB|=| AF |+|BF |= y1+ y2+ p= 4 p=8，
所以p=2，所以抛物线C的方程为x
2= 4 y．
（2）①证明：抛物线C的方程化为y = x
2
4 ，则y ′ = 1
2 x，
所以过点A的抛物线C的切线l1的方程为y = 1
2 x1( x−x1)+ y1，
因为l2//l1，所以直线l2的方程为y −y2= 1
2 x1( x−x2)，
与抛物线C的方程联立并化简得x
2−2 x1 x +2 x1 x2−4 y2=0，
因为直线l2交抛物线C于B、M两点，所以x2+ x3=2 x1；
②显然直线AB的斜率存在，则设直线AB的方程为y =kx +1，
联立{
y =kx +1
x
2= 4 y )，消去y得x
2−4 kx −4 =0，则x1+ x2= 4 k，x1 x2=−4，
所以| AB|=
❑√1+ k
2⋅
❑√( x1+ x2)
2−4 x1 x2=
❑√1+k
2⋅
❑√16k
2+16= 4(1+k
2)，
原点O到直线AB的距离d1=
1
❑√k
2+1
．
由①得x2+ x3=2 x1，x2 x3=2 x1 x2−4 y2=2 x1 x2−x2
2，
则| MB|= ❑√1+ 1
4 x1
2⋅
❑√( x2+ x3)
2−4 x2 x3= ❑√1+ 1
4 x1
2⋅
❑√4 x1
2−8 x1 x2+ 4 x2
2
= ❑√1+ 1
4 x1
2⋅
❑√4( x1+ x2)
2−16 x1 x2= ❑√1+ 1
4 x1
2⋅
❑√64 k
2+64，
点A到l2的距离
d2=
|−1
2 x1
2+ y1−(−1
2 x1 x2+ y2)|
❑√
1
4 x1
2+1
=
|−1
2 x1
2+ 1
4 x1
2+ 1
2 x1 x2−1
4 x2
2|
❑√
1
4 x1
2+1
= ( x1−x2)
2
4 ❑√
1
4 x1
2+1
= ( x1+ x2)
2−4 x1 x2
4 ❑√
1
4 x1
2+1
=
4 k
2+ 4
❑√
1
4 x1
2+1
，
则四边形OBMA的面积S = S△OAB+ S△ABM = 1
2 | AB|⋅d1+ 1
2 | MB|⋅d2
= 1
2 ⋅4(1+ k
2)⋅
1
❑√k
2+1
+ 1
2 ⋅❑√1+ 1
4 x1
2⋅
❑√64 k
2+64⋅
4 k
2+ 4
❑√
1
4 x1
2+1
=2
❑√1+ k
2+16(
❑√1+ k
2)
3，
令t =
❑√1+ k
2，则t ≥1，所以S =2t +16t
3，
则S′ =2+ 48t
2，所以S关于t的函数在[1,+ ∞)上单调递增，
所以当t =1，即k =0时S有最小值，最小值为18．
56．已知抛物线E的顶点为坐标原点O，焦点为(1,0)，过点M (2,0)的直线与E交于A、B
两点，过点B作y轴的垂线与直线OA相交于点P．
(1)求E的方程；
(2)证明：点P在定直线l上；
(3)延长BO交（2）中的直线l于点Q，求四边形ABPQ面积S的最小值．
【答案】(1)y
2= 4 x
(2)证明见解析
(3)16 ❑√2
【分析】（1）由抛物线的焦点坐标可得出该抛物线的标准方程；
（2）分析可知，直线AB不与x轴重合，设直线AB的方程为x =my +2，设点
A(x1, y1)、B(x2, y2)，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，将直线BP、
OA的方程联立，求出点P的坐标，即可证得结论成立；
（3）将直线OB的方程与直线l的方程联立，可知AQ⊥l，然后利用梯形的面积公式、
韦达定理以及基本不等式可求得S的最小值.
【详解】（1）由题意，设抛物线E的标准方程为y
2=2 px，则p
2 =1，可得p=2，
故抛物线E的标准方程为y
2= 4 x.
（2）若直线AB与x轴重合，则该直线与抛物线只有一个交点，不合乎题意，
设直线AB的方程为x =my +2，设点A(x1, y1)、B(x2, y2)，
联立{
x =my +2
y
2= 4 x )可得y
2−4 my −8=0，Δ=16m
2+32>0，
由韦达定理可得y1+ y2= 4 m，y1 y2=−8，
由题意可知，直线BP的方程为y = y2，
直线OA的方程为y = y1
x1
x = y1
y1
2
4
x = 4 x
y1 ，
联立直线BP、OA的方程得{
y = y2
y = 4 x
y1)
可得4 x
y1
= y2，所以，x = y1 y2
4
=−2.
因此，点P在定直线l: x =−2上.
（3）如下图所示：
  
易知点P(−2, y2)，直线OB的方程为y = y2
x2
x = y2
y2
2
4
x = 4 x
y2 ，
联立直线OB与直线l的方程可得{
x =−2
y = 4 x
y2)
可得−8
y2
= y1，故点Q(−2, y1)，则
AQ⊥l，
且|AQ)= x1+2，|BP)= x2+2，
所以，
S = 1
2 (|AQ)+|BP))⋅|y1−y2)= 1
2 (x1+ x2+ 4)⋅|y1+ 8
y1)= 1
2(
y1
2
4 + y2
2
4 + 4)⋅|y1+ 8
y1)
= 1
2(
y1
2
4 + 16
y1
2 + 4)⋅|y1+ 8
y1)= 1
8( y1
2+16+ 64
y1
2)⋅|y1+ 8
y1)= 1
8|y1+ 8
y1)
3
，
因为|y1+ 8
y1)=|y1)+ 8
|y1)
≥2❑√|y1)⋅8
|y1)
= 4 ❑√2，
当且仅当|y1)= 8
|y1)时，即当y1=±2❑√2时，等号成立，
所以，S = 1
8|y1+ 8
y1)
3
≥1
8 ×(4 ❑√2)
3=16 ❑√2.
因此，四边形ABPQ面积S的最小值为16 ❑√2.