(新高考)【2021届高三】大题精练7 圆锥曲线与面积有关的问题 教师版

x2y23例1．已知椭圆C:221ab0的左､右焦点分别为F1，F2，离心率为，点G是椭圆上一点，

ab2△GF1F2的周长为643．

（1）求椭圆C的方程；

（2）直线l:ykxm与椭圆C交于A，B两点，且四边形OAGB为平行四边形，求证：OAGB的面积为定值．

x2y2【答案】（1）（2）证明见解析． 1；

123【解析】（1）因为△GF1F2的周长为643，所以2a2c643， 即ac323． 又离心率ec3，解得a23，c3， a2b2a2c23．

x2y2∴椭圆C的方程为1．

123（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，Gx0,y0，

x2y2将ykxm代入1，

123消去y并整理得14k2x28kmx4m2120，

8km4m212则x1x2，x1x2， 2214k14ky1y2kx1x22m2m， 214k∵四边形OAGB为平行四边形，

∴OGOAOBx1x2,y1y2，得G将G点坐标代入椭圆C方程得m22m8km,2214k14k， 314k2， 4点O到直线AB的距离为dm1k2，AB1k2x1x2，

∴平行四边形OAGB的面积为SdABmx1x2mx1x224x1x2 4m3m212k214k24m3m214k2m24333， 214k故平行四边形OAGB的面积为定值为33．

x2y2例2．已知椭圆M:221(ab0)的左、右顶点分别为A，B，上、下顶点分别为C，D，右焦点为F，

ab离心率为

1，其中4|FA||FB||CD|2． 2（1）求椭圆的标准方程；

（2）过椭圆的左焦点F的直线l与椭圆M交于E，H两点，记△ABE与△ABH的面积分别为S1和S2，求

S1S2的最大值．

x2y2【答案】（1）（2）3． 1；

432【解析】（1）有条件可知4(ac)(ac)(2b)2，∴bac1e3， ac1e又

1c1，a2a23，∴a24，

4a2x2y2∴椭圆方程为1．

43（2）当直线l无斜率时，直线方程为x1， 此时D1,，C1,323，S1S20； 2当直线l斜率存在时，设直线方程为yk(x1)(k0)， 设Ex1,y1，Hx2,y2，

x2y212222联立得4，消掉y得34kx8kx4k120， 3yk(x1)8k24k212显然Δ0，方程有根，x1x2，x1x2． 2234k34k‖y2||y1||2y2y12kx21kx112k(x1x22)此时S1S22因为k0，所以S1S212|k|．

34k21234|k||k|31212（k时等号成立）， 3，

2321224|k||k|所以S1S2的最大值为3．

x2y22例3．已知椭圆C:221(ab0)的左､右焦点分别是F1，F2，且离心率为，点M为椭圆下上

ab2动点，△F1MF2面积的最大值为1． （1）求椭圆C的标准方程；

（2）若M是椭圆C的上顶点，直线MF1交椭圆C于点N，过点F1的直线l(直线l的斜率不为1)与椭圆C交于P、Q两点，点P在点Q的上方．若S△F1MP:S△F1NQ3:2，求直线l的方程．

x2【答案】（1）（2）7x14y70． y21；

2【解析】（1）△F1MF2面积的最Smax11F1F2b2cbbc1， 22b1c2又，所以bc，解得，

c1a2即a2，b1，

x2故椭圆C的标准方程为y21．

2（2）由题可得直线MF1的方程为yx1，

yx1NF1141， N,联立x2，得，则2MF3331y12因为S△F1MP:S△F1NQ3:2，则得QF12PF1，

当直线l的斜率为0时，不符合题意；

故设直线l的方程为xmy1，Px1,y1，Qx2,y2，

121NF1QF1sinQF1NMF1PF1sinPF1M， 232由点P在点Q的上方，则y22y1，

xmy122m2y2my10， 联立x2，得2y122myy2y1y2y11m22则，得2， 1yy2y112yy122m221142m2m则22，得，， m277m2m2又y1y222m14y0，则，不符合题意， m12m2714， 7所以m故直线l的方程为7x14y70．

221．已知抛物线C1的顶点为坐标原点O，焦点为圆C2:xy4与圆C3:x2y31的公共点．

2（1）求C1的方程； （2）直线l:y1x3与C1交于A，B两点，点P在C1上，且P在AOB这一段曲线上运动（P异于端点4，求△PAB面积的取值范围． A与B）

【答案】（1）x28y；（2）0,125． 822xy4x0【解析】（1）联立2，得， 2y2xy31因此C1的焦点为0,2，

设抛物线C1:x2pyp0，则

2p2，则p4， 2故C1的方程为x28y．

x28yx6x4（2）联立，得或， 91y2yyx324291517不妨假设A6,，B4,2，则AB164． 224设Px0,y0，则4x06，

12x0x012x12250x04y0122到直线的距离， Pld221721714因为当4x6时，函数yx125的值域为25,0，

2所以0x0122521725， 217则0S△PAB1125517125， dAB2221728125． 8故△PAB面积的取值范围是0,1x2y22．椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率e，过F2的直线l交C于点A、

2abB，且△F1AB的周长为8． （1）求椭圆C的标准方程；

（2）点O为坐标原点，求△AOB面积S的取值范围．

3x2y2S【答案】2（1）；（）10,．

243【解析】（1）因为△F1AB的周长为8，由椭圆的定义知4a8，故a2， 又e1c，所以c1b2a2c23， 2ax2y2所以椭圆C的标准方程为1．

43（2）由题意可设直线l的方程为xmy1，Ax1,y1，Bx2,y2，

x2y213m24y26my90， 由43xmy1显然Δ0且y1y26m9yy，， 12223m43m411y1y222∴SS△OF2AS△OF2B2y1y224y1y2 16m366m21， 22223m43m43m46m216t6(t1)， 令m1t(t1)，∴S3m243t213t1t2易知S在t1,单调递减，从而S0,．

2361x2y22,3．已知椭圆C:221ab0的离心率为，且经过点A．设椭圆C的左、右焦点分别22ab为F1、F2，P是椭圆C上的一个动点（异于椭圆C的左、右端点）． （1）求椭圆C的方程；

（2）过点P作椭圆C的切线l，过点F1作l的垂线，垂足为Q，求△QF1F2面积的最大值．

x2y2【答案】（1）（2）2． 1；

43c1c21【解析】（1）由椭圆C的离心率，可得2，即有a24c2，

a2a4再结合a、b、c三者的关系可得b23c2，

x2y2椭圆C的方程可化为221，

4c3c6112,1， 将点A代入上述椭圆方程可得2222c2c求解得c21，所以c1，a2，b3，

x2y2椭圆C的方程为1．

43（2）设直线l:ykxm，

联立直线l与椭圆C的方程可得4k3x8kmx4m120．

222若直线l与椭圆C相切，可得上述方程只有一个解，

即有Δ8km44k34m120，化简可得m24k23，（*）．

222设点Q的坐标为x,y，过点F1作l的垂线为l1:y联立l1与l求得x由上式可得

1x1， kkm1kmy，， 221k1k22km1mkx2y21k22k2m2k2m211k22，

将（*）代入上式可得x2y24，故可知点Q的轨迹为以原点为圆心，以2为半径的圆．

P是椭圆C上的异于端点的动点，故该轨迹应去掉点2,0．

1△QF1F2的面积为S△QF1F2F1F2yQyQ2，即△QF1F2面积的最大值为2．

2x224．设点F1c,0，F2c,0分别是椭圆C:2y1(a0)的左、右焦点，P为椭圆C上任意一点，

a且PF的最小值为0． 1PF2

（1）求椭圆C的方程；

（2）如图，动直线l:ykxm与椭圆C有且仅有一个公共点，作F1Ml，F2Nl分别交直线l于M，

N两点，求四边形F1MNF2的面积S的最大值．

x2【答案】（1）（2）2． y21；

2【解析】（1）设P(x，y)，则PF1cx,y，PF2cx,y，

a212所以PF1PF2xycx1c2，xa,a， 2a222当x0时，PF取到最小值0， 1PF2则1c20，c21，则a2c2b22，

x2所以椭圆C的方程为y21．

2x2（2）将直线l的方程ykxm代入椭圆C的方程y21中，

2得(2k21)x24kmx2m220，

由直线l与椭圆C有且仅有一个公共点可知Δ16k2m24(2k21)(2m22)0， 化简得m22k21．

根据点到直线距离公式，可得d1F1M①当k0时，四边形F1MNF2是梯形，

kmk12，d2F2Nkmk12．

设直线l的倾斜角为θ，则F1H|d1d2|MNtan，所以MN1|d1d2|， k2m4m114∴S|d1d2|(d1d2)，化简整理S2． 22kk1m1m1m∵m2k1，∴当k0时，m1，m2212，∴0S2； m②当k＝0时，四边形F1MNF2是矩形，S122， 所以四边形F1MNF2面积S的最大值为2．

1x2y25．已知椭圆C:221ab0的长轴长为4，离心率为．

2ab

（1）求椭圆C的方程；

（2）已知点A(a,0)，B(0,b)，直线l交椭圆C于P，Q两点(点A，B位于直线l的两侧)．

①若直线l过坐标原点O，设直线AP，AQ，BP，BQ的斜率分别为k1，k2，k3，k4．求证：k1k2k3k4为定值； ②若直线l的斜率为3，求四边形APBQ的面积的最大值． 2x2y2【答案】（1）（2）①证明见解析；②26． 1；

432a422【解析】（1）由题意得a2b21，解得a4，b3，

a2x2y2所以椭圆C的方程为1．

43（2）①点A，B的坐标分别为2,0，0,3．

设点P的坐标为(m，n)，由对称性知点Q的坐标为m,n，

nnnnn2所以k1，k2，所以k1k2． 2m2m2m2m2m442x2y2m2n22又因为点P在椭圆C:1上，所以1，即m4n，

343433n23，同理k3k4， 所以k1k2444n23所以k1k2k3k4333，为定值． 442②由题意，A2,0，B0,3， 设l:y3xt． 233由点A2,0，B0,3位于直线l的两侧，得220t203t0，

解得3t3．

3yxt2y并整理，得3x223tx2t260， 由2，消去2xy134由判别式Δ23t当3t2432t260，得t26．

3时，显然，判别式Δ0．

设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

2t2623t由根与系数的关系得x1x2，x1x2，

333PQ122723t2t26722． 4183tx1x24x1x22333320t213423t723点A2,0到直线l:yxt的距离d12．

因为3t3，所以d123t7．

30－3＋t213423t7．

点B0,3到直线l:y3xt的距离d22因为3t3，所以d223t7．

1PQd1d22因此，四边形APBQ的面积S四边形APBQS△APQS△BPQ2172183t23因为3t3t723t26t2． 73，显然，当t0时，(S四边形APBQ)max26．

6．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）求椭圆C的方程；

3． 2（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．求证：△BDE与△BDN的面积之比为4:5．

x2【答案】（1）（2）证明见解析． y21；

422xy【解析】（1）由椭圆的焦点在x轴上，设椭圆方程221(ab0)，

ab则a2，ec3，则c3，b2a2c21， a22x椭圆C的方程y21． 4（2）证明：设D(x0,0)，(2x02)，M(x0,y0)，N(x0,y0)，y00， 则直线AM的斜率kAMy00y0x02k，直线DE的斜率DE， x02x02y0直线DE的方程yx02(xx0)， y0y0y0y(x2)， ，直线BN的方程

x02x02直线BN的斜率kBNx024x02y(xx)x0y05，解得， y4yyy0(x2)05x20过E做EHx轴，△BHE△BDN，

EH44y0， 则EH，则

ND55△BDE与△BDN的面积之比为4:5．