人教A版高中数学高二上册选择性必修第一册同步考点讲与练专题3.8 面积问题大题训练（2份，原卷版+解析版）

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专题3.8 圆锥曲线中的面积问题大题专项训练【六大题型】【人教A版（2019）】题型一椭圆中的三角形（四边形）面积问题1．已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，且过点P4,−2.(1)求椭圆C的方程；(2)若O为坐标原点，直线l交椭圆C于A，B两点，且点O是△PAB的重心，求△PAB的面积.【解题思路】（1）由题意可得ca=32，16a2+4b2=1，再结合a2=b2+c2可求出a2,b2，从而可求出椭圆方程；（2）设直线l为y=kx+m，A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再结合重心坐标公式列方程可求出k,m，然后利用弦长公式求出AB，利用点到直线的距离公式求出点P4,−2到直线l的距离，从而可求出△PAB的面积.【解答过程】（1）因为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，所以ca=32，所以4c2=3a2，因为a2=b2+c2，所以a2=4b2，因为椭圆过点P4,−2，所以16a2+4b2=1，所以164b2+4b2=1，得b2=8，则a2=32，所以椭圆方程为x232+y28=1，（2）当直线l的斜率不存在时，A,B两点的坐标关于x轴对称，此时点O不可能是△PAB的重心，所以直线l的斜率存在，设直线l为y=kx+m，A(x1,y1),B(x2,y2)，由y=kx+mx232+y28=1，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−32=0，由Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−32)>0，得32k2−m2+8>0，所以x1+x2=−8km1+4k2x1x2=4m2−321+4k2，所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=−8k2m1+4k2+2m=2m1+4k2，因为点O是△PAB的重心，所以x1+x2+43=0y1+y2−23=0，所以x1+x2+4=0y1+y2−2=0，所以−8km1+4k2+4=02m1+4k2−2=0，解得k=12,m=2因为k=12,m=2满足32k2−m2+8>0，所以直线l为y=12x+2，x1+x2=−4x1x2=−8，所以AB=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+14×16+32=215，因为点P4,−2到直线y=12x+2的距离为d=4+4+41+4=125，所以△PAB的面积为12ABd=12×215×125=123.  2．设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知A1F=3,A2F=1．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点P是椭圆上一动点（不与端点重合），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程．【解题思路】（1）由a+c=3a−c=1解得a=2,c=1，从而求出b=3，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率.（2）先设直线A2P的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得xA2⋅xP，从而得到P点和Q点坐标.由S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P得2yQ=3yP，即可得到关于k的方程，解出k，代入直线A2P的方程即可得到答案.【解答过程】（1）如图，  由题意得a+c=3a−c=1，解得a=2,c=1，所以b=22−12=3，所以椭圆的方程为x24+y23=1，离心率为e=ca=12.（2）由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x24+y23=1可得A22,0，设直线A2P的方程为y=kx−2，联立方程组x24+y23=1y=kx−2，消去y整理得：3+4k2x2−16k2x+16k2−12=0，由韦达定理得xA2⋅xP=16k2−123+4k2，所以xP=8k2−63+4k2，所以P8k2−63+4k2,−−12k3+4k2，Q0,−2k.所以S△A2QA1=12×4×yQ,S△A2PF=12×1×yP,S△A1A2P=12×4×yP，所以S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P，所以2yQ=3yP，即2−2k=3−12k3+4k2，解得k=±62，所以直线A2P的方程为y=±62x−2.3．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F1,F2，直线x=m与椭圆C交于A，B两点，且△ABF1的周长最大值为8．  (1)求椭圆C的标准方程；(2)如图，P，Q是椭圆C上的两点，且直线OP与OQ的斜率之积为−34（O为坐标原点），D为射线OP上一点，且|OP|=|PD|，线段DQ与椭圆C交于点E，|QE|=23|ED|，求四边形OPEQ的面积．【解题思路】（1）由题意可知，当AB过右焦点F2时，△ABF1的周长取最大值4a=8，求得a=2，通过离心率可求得c=1,b2=3，即可求得标准方程；（2）设Px1,y1,Qx2,y2，由题目条件可得3x1x2+4y1y2=0，由|QE|=23|ED|,|OP|=|PD|可得四边形OPEQ面积为75S△OPQ，当直线PQ斜率为0时，易得S△OPQ=3；当直线斜率不为0时，将直线PQ方程与椭圆方程联立后，利用韦达定理，结合3x1x2+4y1y2=0，可得2t2=3m2+4，后可得S△OPQ=3，即可求解【解答过程】（1）设AB与x轴的交点为H，  由题意可知AH≤AF2，则AF1+|AH|≤AF1+AF2=2a，当AB过右焦点F2时，△ABF1的周长取最大值4a=8，所以a=2，因为椭圆C的离心率为e=ca=12，所以c=1,b2=a2−c2=3，所以椭圆C的标准方程x24+y23=1（2）设Px1,y1，Qx2,y2，因P，Q均在椭圆上，则x124+y123=1，x224+y223=1.又kOP⋅kOQ=−34，则y1y2x1x2=−34⇒3x1x2+4y1y2=0.由|QE|=23|ED|,|OP|=|PD|可得S△PEQ=25S△QPD=25S△OPQ，则四边形OPEQ面积为75S△OPQ.当直线PQ斜率为0时，易知kOP=−kOQ，又kOP⋅kOQ=−34，则kOP=±32.根据对称性不妨取kOP=32，y1>0，由y=32x3x2+4y2=12得x1=2y1=62，  则P2,62，Q−2,62，得此时S△OPQ=12×22×62=3；当直线斜率不为0时，设PQ的方程为x=my+t，将直线方程与椭圆方程联立有：x=my+t3x2+4y2=12，消去x得：3m2+4y2+6mty+3t2−12=0.Δ=36m2t2−43m2+43t2−12>0，由韦达定理，有y1+y2=−6mt3m2+4，y1y2=3t2−123m2+4.所以3x1x2+4y1y2=3my1+tmy2+t+4y1y2=0⇒3m2+4y1y2+3mty1+y2+3t2=0⇒3m2+43t2−123m2+4−18m2t23m2+4+3t2=0⇒2t2−3m2−4=0 ⇒2t2=3m2+4，3m2=2t2−4，代入Δ>0可得122t2−4t2−4×2t23t2−12>0，解得t≠0，PQ=x1−x22+y1−y22=m2+1⋅y1+y22−4y1y2 =1+m2−6mt3m2+42−43t2−123m2+4 =1+m248−t2+3m2+43m2+42 =23⋅1+m2t，又原点到直线PQ距离为t1+m2，则此时S△OPQ=12×tm2+1×23×m2+1t=3.综上可得，S△OPQ=3，四边形OPEQ面积为735.4．已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点为F，已知椭圆短轴长为4，离心率为22.(1)求椭圆的方程；(2)若直线l:y=kx+t(t≠0)与椭圆相交于M、N两点，线段MN垂直平分线与直线l及x轴和y轴相交于点D、E、G，直线GF与直线x=4相交于点H，记三角形EFG与三角形GDH的面积分别为S1，S2，求S1S2的值.【解题思路】（1）由椭圆短轴长为4，可得b=2，结合e=ca=22和a2=b2+c2，可求出a=22，c=2，即可求出椭圆的方程；（2）由（1）可得右焦点F(2,0)，再由线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，得k≠0，联立方程组得1+2k2x2+4ktx+2t2−8=0，设出Mx1,y1，Nx2,y2，由韦达定理得x1+x2=−4kt1+2k2，y1+y2=2t1+2k2，由中点坐标公式可得D−2kt1+2k2,t1+2k2，再由两直线互相垂直可得直线DG的方程，即可求得E−kt1+2k2,0，G0,−t1+2k2，同理可得H4,t1+2k2，由对称性可知|DE|=|EG|，|GF|=|FH|，结合三角形的面积公式即可求出结果.【解答过程】（1）由题意可得2b=4，即b=2，又∵e=ca=22，且a2=b2+c2，解得：a=22，c=2，所以椭圆的方程为x28+y24=1.（2）由（1）知椭圆的方程为x28+y24=1，所以右焦点F(2,0)，由直线l:y=kx+t(t≠0)，且线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，所以k≠0，联立y=kx+tx28+y24=1消去y并化简得：1+2k2x2+4ktx+2t2−8=0，此时需满足Δ=88k2−t2+4>0，设Mx1,y1，Nx2,y2，则x1+x2=−4kt1+2k2，y1+y2=kx1+x2+2t=2t1+2k2，所以D−2kt1+2k2,t1+2k2，线段MN的垂直平分线的方程为y−t1+2k2=−1k⋅x+2kt1+2k2，令y=0，解得xE=−kt1+2k2，则有E−kt1+2k2,0，令x=0，解得yG=−t1+2k2，则有G0,−t1+2k2，∴D，G关于E点对称，所以|DE|=|EG|，直线GF的方程为y−0=0−−t1+2k22−0(x−2)，即y=t(x−2)2+4k2，令x=4，解得yH=t1+2k2，则有H4,t1+2k2，所以G，H关于F对称，所以|GF|=|FH|，所以S1S2=12GE⋅GF⋅sin∠EGF12GD⋅GH⋅sin∠DGH=14.5．已知椭圆：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F，椭圆上的点到F的最大距离为3，最小距离为1．(1)求椭圆的标准方程；(2)设椭圆左右顶点为A,B，在x=4上有一动点P，连接PA,PB分别和椭圆交于C,D两点，△PAB与△PCD的面积分别为S1,S2．是否存在点P，使得S1S2=43，若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．【解题思路】（1）由条件列方程求a,b,c，可得椭圆方程；（2）设C,D横坐标为xC,xD，结合三角形面积公式可得S1S2=43可化为4−xC⋅4−xD=9，再证明kPB=3kPA，设直线PA的斜率为k，分别联立PA,PB与椭圆方程求xC,xD，由此计算k，由此可求P的坐标.【解答过程】（1）设椭圆x2a2+y2b2=1的半焦距为c，因为椭圆上的点到F的最大距离为3，最小距离为1，所以a+c=3，a−c=1，又a2=b2+c2，解得a=2，c=1，b=3，故椭圆的标准方程为x24+y23=1；（2）由（1）可得A−2,0,B2,0，假设存在点P4,t，使得S1S2=43，设∠APB=θ，则S1S2=12PA⋅PB⋅sinθ12PC⋅PD⋅sinθ=PA⋅PBPC⋅PD=PAPC⋅PBPD，  设C,D横坐标为xC,xD，则PAPC=4−−24−xC，PBPD=4−24−xD所以S1S2=6×24−xC⋅4−xD=43，整理得4−xC⋅4−xD=9，①设P点坐标为4,tt≠0，直线PA斜率为kPA=t6，PB斜率为kPB=t2，故kPB=3kPA，设直线PA的斜率为k，故直线PA方程为y=kx+2，直线PB方程为y=3kx−2，将直线PA和椭圆联立x24+y23=1,y=k(x+2),可得3+4k2x2+16k2x+16k2−12=0，由韦达定理可得−2xC=16k2−123+4k2，解得xC=6−8k23+4k2，将直线PB和椭圆联立x24+y23=1,y=3kx−2,可得1+12k2x2−48k2x+48k2−4=0，由韦达定理可得2xD=48k2−41+12k2，解得xD=24k2−21+12k2，将C,D横坐标代入①式可得，4−6−8k23+4k2⋅4−24k2−21+12k2=9，整理得24k2+623+4k21+12k2=9，化简得4k2−12=0，解得k2=14，即k=±12，当k=12时，直线PA的方程为y=12x+2，代入点P4,t可得t=3，即点P的坐标为4,3，当k=−12时，直线PA的方程为y=−12x+2，代入点P4,t可得t=−3，即点P的坐标为4,−3，故P点坐标为4,3或4,−3．题型二椭圆中的三角形（四边形）面积的最值问题6．已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，C的上顶点到右顶点的距离为5.(1)求C的方程；(2)M，N为C上的动点，设直线OM，ON的斜率分别为k1，k2，且k1k2=−4.求△OMN的面积的最大值.【解题思路】（1）利用离心率和上顶点到右顶点的距离求出a,b，即可求出C的方程；（2）设出M，N坐标和直线MN解析式，直线MN解析式和椭圆方程联立，表达出△OMN的面积，即可得出△OMN的面积的最大值.【解答过程】（1）由题意，在椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0中，离心率为e=ca=a2−b2a=32，由题知：a2+b2=5a2−b2a=32，解得：a=2b=1，∴椭圆的方程为C:x24+y2=1.（2）由题意及（1）得，在C:x24+y2=1中，M，N为C上的动点，设Mx1,y1，Nx2,y2，所以，k1=y1x1，k2=y2x2，∴k1k2=y1y2x1x2=−4，即4x1x2+y1y2=0，由对称性知直线MN斜率存在，设直线MN:y=kx+m，  将y=kx+m代入x24+y2=1，得：1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，∴x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，Δ=164k2−m2+1>0，∵0=4x1x2+y1y2=4x1x2+kx1+mkx2+m=4+k2x1x2+mkx1+x2+m2，∴17m2−4k2−16=0，设O到直线MN的距离为d，d=m1+k2，∵MN=1+k2Δ1+4k2=41+k24k2−m2+11+4k2，S△OMN=12MNd=2m24k2−m2+11+4k2≤2m2+4k2−m2+121+4k2=1，当且仅当17m2−4k2−16=0m2=4k2−m2+1时取等号，即k=±12，m=±1时，S取最大值1.7．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点N0,1，且离心率为22.(1)求椭圆C的方程；(2)直线l分别交椭圆C于A、B两点，若线段AB的中点M在直线y=12上，求△OAB面积的最大值.【解题思路】（1）由离心率以及椭圆经过的点即可求解a,b的值，（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，结合中点坐标公式，得到m=2k2+12，由点到直线的距离公式以及弦长公式，得三角形的面积表达式，结合二次函数的性质即可求解.【解答过程】（1）∵e=22   ∴a2−b2a2=12    ∴a2=2b2.又N(0, 1)在椭圆上  ∴b2=1     ∴a2=2.所以，椭圆方程为x22+y2=1.（2）由已知直线l的斜率存在.设直线l方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，由y=kx+mx2+2y2=2， 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0．由Δ=8(2k2−m2+1)>0，得m20的上、下顶点分别为A1,A2，故A1(0,a),A2(0,−a)，点P22,1在C上，故1a2+12b2=1，又PA1·PA2=−12，即(−22,a−1)⋅(−22,−a−1)=−12，即(−22)2−(a2−1)=−12，解得a2=2，结合1a2+12b2=1可得b2=1，故椭圆C的标准方程为y22+x2=1.（2）由题意知直线PM斜率存在，故设为k，则直线PM的方程为y=k(x−22)+1，联立y22+x2=1，可得(2+k2)x2+2k(1−22k)x+(1−22k)2−2=0，由题意知该方程有一根为22，设M(x1,y1)，则22x1=(1−22k)2−22+k2,∴x1=2(12k2−2k−1)2+k2，则y1=k[2(12k2−2k−1)2+k2−22]+1=−2k(2+k)2+k2，因为直线PM与PN的斜率互为相反数，设N(x2,y2)，故以−k代换k,可得x2=2(12k2+2k−1)2+k2，y2=2k(2−k)2+k2，由题意可得k≠0，故x1≠x2，所以直线MN的斜率为kMN=y2−y1x2−x1=2k(2−k)2+k2−−2k(2+k)2+k22(12k2+2k−1)2+k2−2(12k2−2k−1)2+k2 =42k4k=2，即直线MN的斜率为2，则设其方程为y=2x+m，联立y22+x2=1，可得4x2+22mx+m2−2=0，需满足Δ=8m2−16(m2−2)>0,∴m2b>0)的一个顶点为A(0,1)，离心率为32．(1)求椭圆C的方程；(2)过点P(−2,1)的直线与椭圆C交于不同的两点D,E，点D在第二象限，直线AD,AE分别与x轴交于M,N，求四边形DMEN面积的最大值．【解题思路】（1）根据已知条件结合a2=b2+c2可求得a,b，即得答案；（2）设直线直线DE的方程并联立椭圆方程，设Dx1,y1，Ex2,y2，可得根与系数的关系式，利用SDMEN=12xN−xM×y1−y2，代入化简，并结合基本不等式，即可求得答案.【解答过程】（1）由已知b=1，ca=32，结合a2=b2+c2，∴a=2，b=1，故椭圆方程为x24+y2=1；（2）由过点P(−2,1)的直线与椭圆C交于不同的两点D,E，可知直线DE的斜率一定存在，设直线DE的方程为y−1=k(x+2)，k0，设Dx1,y1,x10，Ex2,y2,y20，符合题意，故四边形DMEN面积的最大值为4.10．已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，且与双曲线y2−x2=12有相同的焦距．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A,B，过左焦点F的直线l交椭圆C于D,E两点（其中点D在x轴上方），求△AEF与△BDF的面积之比的取值范围．【解题思路】（1）根据双曲线方程可确定焦距，再结合离心率和椭圆a,b,c的关系可求得椭圆方程；（2）设l:x=ty−1，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据三角形面积公式可知所求面积之比为22−3⋅y2y1，利用y1+y22y1y2=−4+8t2+2=y1y2+y2y1+2可构造不等式求得y2y1的范围，从而确定面积之比的取值范围.【解答过程】（1）∵双曲线y2−x2=12的方程可化为y212−x212=1，∴其焦距为212+12=2，设椭圆C的焦点为±c,0c>0，∴2c=2，解得：c=1，又椭圆C的离心率e=ca=1a=22，∴a=2，b2=a2−c2=1，∴椭圆C的方程为x22+y2=1.（2）  由（1）知：F−1,0，A−2,0，B2,0，由题意知：直线l斜率不为0，则可设l:x=ty−1，Dx1,y1y1>0，Ex2,y2y20，∴y1+y2=2tt2+2，y1y2=−1t2+2；∵S△AEF=12AF⋅y2=2−12⋅−y2，S△BDF=12BF⋅y1=2+12⋅y1，∴S△AEFS△BDF=2−12⋅−y22+12⋅y1=−2−12+1⋅y2y1=22−3⋅y2y1；∵y1+y22y1y2=4t2t2+22−1t2+2=−4t2t2+2=−4t2+2−8t2+2=−4+8t2+2，又t2+2≥2，∴00,b>0)的焦距为4，且过点P2,33(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.【解题思路】（1）由题意得2c=4，再将P2,33代入双曲线方程，结合c2=a2+b2可求出a2,b2，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.【解答过程】（1）由题意得2c=4，得c=2，所以a2+b2=4，因为点P2,33在双曲线上，所以4a2−13b2=1，解得a2=3,b2=1，所以双曲线方程为x23−y2=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)x23−y2=1，得(1−3k12)x2−12k12x−12k12−3=0则x1+x2=12k121−3k12,x1x2=−12k12−31−3k12，所以x1+x22=6k121−3k12，所以AB的中点M6k121−3k12,2k11−3k12，因为k1⋅k2=−1，所以用−1k1代换k1，得N6k12−3,−2k1k12−3，当6k121−3k12=61−3k12，即k1=±1时，直线MN的方程为x=−3，过点E(−3,0)，当k1≠±1时，kMN=2k11−3k12−−2k1k12−36k121−3k12−6k12−3=−2k13(k12−1)，直线MN的方程为y−2k11−3k12=−2k13(k12−1)x−6k121−3k12，令y=0，得x=3(k12−1)1−3k12+6k121−3k12=−3，所以直线MN也过定点E(−3,0)，所以S△OMNS△FMN=12yN−yMOE12yM−yNFE=OEFE=3.15．已知离心率为2的双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右顶点分别为A，B，顶点到渐近线的距离为3.过双曲线E右焦点F的直线l与双曲线E交于P，Q（异于点A，B）两点.(1)求双曲线E的标准方程；(2)记△ABP，△ABQ，△BPQ的面积分别为S1，S2，S3，当S1−S2S3=22时，求直线l的方程；(3)若直线AP，AQ分别与直线x=1交于M，N两点，试问∠MFN是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.【解题思路】（1）根据题意列出方程组，解之即可求解；（2）根据题意设直线l:x=my+4，联立方程组将面积的表达式表示出来，根据面积的值进而求解；（3）根据题意设出直线AP,AQ的方程，求出点M，N的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算即可求解.【解答过程】（1）设双曲线E的焦距为2c，取一条渐近线为bx−ay=0，又A−a,0，则由题意可得ca=2aba2+b2a2+b2=c2=3⇒a=2b=23c=4，故双曲线E的标准方程为x24−y212=1；（2）由题意可得直线l的斜率不为0，设直线l:x=my+4，Px1,y1，Qx2,y2.联立x=my+4x24−y212=1，消去x整理得3m2−1y2+24my+36=0，当3m2−1≠0时，Δ=24m2−43m2−1×36=144m2+1>0，则y1+y2=−24m3m2−1，y1y2=363m2−1.当l与双曲线交于两支时，S1−S2=12ABy1−y2，S3=12BFy1−y2，S1−S2S3=2，不合题意；当l与双曲线交于一支时， S1−S2=12ABy1+y2，S3=12BFy1−y2，则S1−S2S3=2y1+y1y1−y2=2y1+y1y1+y12−4y1y2=4mm2+1=22，得m=±1，故l:x=±y+4；（3）直线AP的方程为y=y1x1+2x+2，令x=1，得y=3y1x1+2，则M1,3y1x1+2.直线AQ的方程为y=y2x2+2x+2，令x=1，得y=3y2x2+2，则N1,3y2x2+2.因为F4,0，所以FM=−3,3y1x1+2，FN=−3,3y2x2+2，FM⋅FN=9+3y1x1+2×3y2x2+2=9+9y1y2x1x2+2x1+x2+4=9+9y1y2m2y1y2+6my1+y2+36=9+9×363m2−1m2×363m2−1+6m×−24m3m2−1+36=9+9×3636m2−144m2+36×3m2−36=9−9=0，故FM⊥FN，即∠MFN=π2，故∠MFN为定值π2.题型四双曲线中的三角形（四边形）面积的最值问题16．如图，已知双曲线C:x22−y2=1，经过点T1,1且斜率为k的直线l与C交于A,B两点，与C的渐近线交于M,N两点（从左至右的顺序依次为A,M,N,B），其中k∈0,22.(1)若点T是MN的中点，求k的值；(2)求△OBN面积的最小值.【解题思路】（1）联立直线l与双曲线方程，根据点T是MN的中点，列方程求解即可.（2）联立直线l与双曲线方程，表示出BN的长，根据点到直线的距离公式表示出三角形的高，从而得到三角形面积表达式，即可求得结果.【解答过程】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2联立直线l与双曲线方程y=kx−1+1x22−y2=0，消去y得1−2k2x2−4k1−kx−2(1−k)2=0，由韦达定理可知，x1+x2=4k−4k21−2k2,x1⋅x2=−21−k21−2k2联立直线l与其中一条渐近线方程y=kx−1+1y=22x，解得x=1−k22−k即xN=1−k22−k，同理可得xM=k−122+k，则xM+xN=4k−4k21−2k2=x1+x2，则可知AB的中点与MN中点重合.由于T1,1是MN的中点，所以4k1−k1−2k2=2，解得k=12；（2）y=kx−1+1与x22−y2=1联立，消去y得1−2k2x2−4k1−kx−2(1−k)2−2=0由（1）知，BN=AM=AB−MN2.或S△OBN=12S△OAB−S△OMN由于AB=1+k222(1−k)2+1−2k21−2k2,MN=1+k222(1−k)21−2k2，所以BN=1+k22(1−k)2+1−2k2−(1−k)21−2k2，又O到直线的距离d=1−k1+k2，所以S△OBN=12BN⋅d=22⋅1−k(1−k)2+1−2k2−(1−k)21−2k2=22⋅1−k(1−k)2+1−2k2+(1−k)2整理得S△OBN=22⋅11+1−2k2(1−k)2+1，令t=1−k∈1−22,1，则1−2k2(1−k)2=−2t2+4t−1t2=−1t2+4t−2，当1t=2，即k=12时，1−2k2(1−k)2的最大值为2，所以S△OBN的最小值为6−24.17．在平面直角坐标系xOy中，动点N到F2,0的距离与它到直线l:x=12距离之比为2，记N的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)过F的直线交曲线C于A,B两点（均位于y轴右侧），F关于原点的对称点为M，求△ABM的面积的取值范围.【解题思路】（1）根据已知可得(x−2)2+y2x−12=2，化简整理即可得出答案；（2）设出直线l的方程为x=my+2.联立直线l与双曲线的方程可得3m2−1y2+12my+9=0，进而根据韦达定理得出坐标之间的关系，以及m的取值范围.进而表示出S△ABM=12m2+13m2−12，换元可得S△ABM=12t+43t2，即可根据t的取值范围得出答案.【解答过程】（1）设点Nx,y，依题意有(x−2)2+y2x−12=2，即(x−2)2+y2=(2x−1)2，化简得x2−y23=1.（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，由题意，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+2，联立直线l与双曲线的方程x2−y23=1x=my+2，整理可得3m2−1y2+12my+9=0， 则y1+y2=−12m3m2−1，y1y2=93m2−1.由已知可得，y1y20或kx1）.当x1+x2=0时，x2−x12=x1+x22−4x1x2=4，即x2−x1=2,S四边形ADBE=3；当x12+x22=6时，x1+x22=4,x2−x12=x1+x22−4x1x2=8，即x2−x1=22,S四边形ADBE=42.综上，四边形ADBE的面积为3或42.思路二：利用弦长公式结合面积公式求面积设Dt,−12，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为0,12，准线方程为y=−12.由抛物线的定义，得AB=x122+12+x222+12=x1+x22−2x1x22+1=4t2+22+1=2t2+2.线段AB的中点为Gt,t2+12.当x1+x2=0时，t=0,AB⊥y轴，AB=2，S四边形ADBE=12×2×52+12=3;；当x1+x2≠0时，t≠0，由EG⊥AB，得t2+12−52t−0⋅t=−1，即t=±1.所以AB=4,G±1,32，直线AB的方程为y=±x+12.根据对称性考虑点G1,32,D1,−12和直线AB的方程y=x+12即可.E到直线AB的距离为EG=(0−1)2+52−322=2，D到直线AB的距离为1+12+1212+(−1)2=2.所以S四边形ADBE=12×4×2+2=42.综上，四边形ADBE的面积为3或42.思路三：结合抛物线的光学性质求面积图5中，由抛物线的光学性质易得∠1=∠2，又∠1=∠3，所以∠2=∠3.因为AF=AA1,AD=AD，所以△AFD≌△AA1D，所以∠AFD=∠AA1D=90∘,DF⊥AB,DA1=DF.同理△BDF≌△BDB1⇒DB1=DF，所以DA1=DB1，即点D为A1B1中点.图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长BA,B1A1于点H.因为GE⊥AB,DF⊥AB，所以GE∥DF.又因为G,D分别为AB,A1B1的中点，所以GD∥AA1∥EF，故EFDG为平行四边形，从而GD=EF=2,AB=AA1+BB1=2GD=4.因为FI∥GD且FI=12GD，所以I为HD的中点，从而DF=GE=2.S四边形ADBE=S△ADB+S△ABE=12AB⋅DF+12AB⋅GE=42.当直线AB平行于准线时，易得S四边形ADBE=3.综上，四边形ADBE的面积为3或42.思路四：结合弦长公式和向量的运算求面积由（1）得直线AB的方程为y=tx+12.由y=tx+12y=x22，可得x2−2tx−1=0，于是x1+x2=2t,x1x2=−1,y1+y2=tx1+x2+1=2t2+1 AB=1+t2x1−x2 =1+t2x1+x22−4x1x2=2t2+1设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离，则d1=t2+1,d2=2t2+1.因此，四边形ADBE的面积S=12ABd1+d2=t2+3t2+1.设M为线段AB的中点，则Mt,t2+12，由于EM⊥AB，而EM=t,t2−2,AB与向量1,t平行，所以t+t2−2t=0，解得t=0或t=±1.当t=0时，S=3；当t=±1时S=42因此，四边形ADBE的面积为3或42.  25．已知坐标原点为O，抛物线为G:x2=2py(p>0)与双曲线y23−x23=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．【解题思路】（1）首先求出双曲线的上焦点，设PxP,yP，xP>0,yP>0，根据三角形面积求出xp，再代入双曲线方程求出yP，再根据点P在抛物线上，即可求出p，即可得解；（2）设点Ax1,y1，Bx2,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.【解答过程】（1）双曲线y23−x23=1的上焦点为F0,6，设PxP,yP，xP>0,yP>0，由已知得：S△OPF=12⋅|OF|⋅xP=12×6×xP=3，则xp=6，代入双曲线方程可得yP23−623=1，解得yP=3或yP=−3（舍去），所以P(6,3)，又因为P在抛物线上，所以6=2p×3，解得p=1，故抛物线G的方程为x2=2y．（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，对y=x22求导得y=x，则切线MA的方程为y−y1=x1x−x1，由x12=2y1整理得y=x1x−y1，令y=0，则x=x12，即Cx12,0，同理可求得Dx22,0．将M(−2,−1)代入直线MA可得：2x1+y1−1=0，同理可求得直线MB的方程：2x2+y2−1=0，所以A，B的直线方程2x+y−1=0．联立y=1−2xy=x22消去y得x2+4x−2=0，则韦达定理：x1+x2=−4,x1x2=−2，则弦长AB=1+k2x1−x2=5⋅42+4×2=230，点M到直线AB的距离d=|2×(−2)+(−1)−1|5=655，所以S△MAB=12AB⋅d=66，又S△MCD=12CD⋅yM=x1−x24=62，故S△MABS△MCD=12．题型六抛物线中的三角形（四边形）面积的最值问题26．已知直线y=kx+1与抛物线C：x2=8y交于A，B两点，分别过A，B两点作C的切线，两条切线的交点为D.(1)证明点D在一条定直线上；(2)过点D作y轴的平行线交C于点E，线段AB的中点为P，①证明：E为DP的中点；②求△ADE面积的最小值.【解题思路】（1）求导得到y′=x4，确定切线方程，化简得到A，B两点两点都在直线xx0=4y0+4y上，对比得到x0=4k，y0=−1，得到答案.（2）联立方程得到根与系数的关系，计算得到D,E,P的横坐标均为4k，纵坐标满足yP+yD=2yE，得到证明，计算DE=2k2+1，点到直线的距离为d=222k2+1，计算面积得到答案.【解答过程】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx0,y0，由x2=8y得y′=x4，C在点A处的切线方程为y−y1=x14x−x1，将x12=8y1代入上式得x1x=4y+4y1，故x1x0=4y0+4y1，同理x2x0=4y0+4y2，A，B两点两点都在直线xx0=4y0+4y上，所以直线xx0=4y0+4y与直线y=kx+1是同一直线，故x0=4k，y0=−1，即点D在定直线y=−1上.（2）①x0=4k，即D为4k,−1，E为4k,2k2，将y=kx+1与x2=8y联立得x2−8kx−8=0，Δ=64k2+64>0，故x1+x2=8k,x1x2=−8，线段AB的中点为P4k,4k2+1，故D,E,P三点共线，4k2+1−12=2k2，yP+yD=2yE，故E为DP的中点.②DE=2k2+1，lDE:x=4k，点A到直线DE的距离为：d=x1−4k=x1−x1+x22=x1−x22=x1+x22−4x1x22=222k2+1，S△ADE=12⋅DE⋅d=2⋅2k2+1⋅2k2+1≥2（当k=0时取等），△ADE面积的最小值为2.27．已知O为坐标原点，动圆过定点A6,0，且在y轴上截得的弦BD的长为12.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;(2)已知M，N是曲线C上两点，且OM⋅ON=0，分别延长MO与NO交圆E:x+32+y2=9于P，Q两点，求四边形MNPQ面积的最小值.【解题思路】（1）设动圆的圆心Fx,y，半径为r，则FA=r，则根据圆的弦长列式化简即可得出答案；（2）设直线MP的方程为y=kx，点Mx1,y1，Px2,y2，联立直线MP与圆心C的轨迹方程，即可得出x1=12k2，联立直线MP与圆E的轨程，即可得出x2=−6k2+1，则根据弦长公式得出MP=63k2+2k2k2+1，根据已知OM⋅ON=0得出MP⊥NQ，即可得出NQ=63k2+21k21k2+1，即可求出四边形MNPQ的面积，即可根据函数单调性或基本不等式得出面积的最小值.【解答过程】（1）设动圆的圆心Fx,y，半径为r，则FA=r，所以FA2=x2+BD22，即x−62+y2=x2+36，化简得y2=12x.所以动圆的圆心C的轨迹方程为：y2=12x.（2）由题意，直线MP斜率存在且不为0，设直线MP的方程为y=kx，设点Mx1,y1，Px2,y2，联立y=kxy2=12x，得k2x2−12x=0，由x1≠0，得x1=12k2，联立y=kxx+32+y2=9，得k2+1x2+6x=0，由x2≠0，得x2=−6k2+1.所以MP=k2+1x1−x2=63k2+2k2k2+1，因为OM⋅ON=0，则MP⊥NQ，所以用−1k代替k，得NQ=63k2+21k21k2+1，故四边形MNPQ的面积S=12MPNQ=12×63k2+2k2k2+1×63k2+21k21k2+1=18×6k2+6k2+13k+1k，令k+1k=t，则t≥2，且t2=k2+1k2+2，所以S=18×6t2+1t=186t+1t，设函数ft=6t+1tt≥2，则f′t=6−1t2=6t2−1t2>0，故f（t）在区间2，+∞内单调递增，故当t=2，即k=1时，S取到最小值225，所以四边形MNPQ面积的最小值是225.28．已知双曲线T：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，且过点3,1．若抛物线C：y2=2pxp>0的焦点F与双曲线T的右焦点相同．(1)求抛物线C的方程；(2)过点M−2,0且斜率为正的直线l与抛物线C相交于A，B两点（A在M，B之间），点N满足：NA=6AF，求△ABF与△AMN面积之和的最小值．【解题思路】(1) 由双曲线的离心率求出a=b，由双曲线过点3,1，代入双曲线方程，结合a=b，求出c，即可得到双曲线的右焦点，即抛物线的焦点，即可求出p，代入抛物线的方程即可得到答案.(2) 设直线l的方程，联立直线l的方程和抛物线方程，消去x，由韦达定理得到两根之间的关系，由NA=6AF得到yN=7y1，把S△ABF转化为 S△BMF−S△AMF，把S△AMN转化为 S△NMF−S△AMF，化简相加得到只含y1,y2的式子，用基本不等式即可求△ABF与△AMN面积之和的最小值．【解答过程】（1）如图，因为双曲线的离心率为2，所以e=ca=2，即c2a2=2，又因为c2=a2+b2，所以a2+b2a2=2，即a2=b2，即a=b，所以双曲线的方程为x2a2−y2a2=1a>0.因为双曲线过点3,1，所以32a2−12a2=1a>0，解得a2=2，所以c2=a2+b2=2a2=4，所以c=2，所以双曲线的右焦点为2,0，即抛物线的焦点为F2,0,所以p2=2，p=4，所以抛物线C的方程为y2=8x.（2）如图，设直线l的方程为x=ty−2，Ax1,y1，Bx2,y2，则由x=ty−2y2=8x得y2−8ty+16=0，所以Δ=64t2−1>0y1+y2=8ty1y2=16，∵NA=6AF，∴yN=7y1，又S△ABF=S△BMF−S△AMF=2y2−y1=2y2−2y1，S△AMN=S△NMF−S△AMF=2yN−y1=12y1，∴S△ABF+S△AMN=10y1+2y2≥210y1⋅2y2=165，当且仅当10y1=2y2，即y1=455，y2=45时，等号成立.所以△ABF与△AMN面积之和的最小值为165.29．设抛物线方程为y2=2x，过点P的直线PA,PB分别与抛物线相切于A,B两点，且点A在x轴下方，点B在x轴上方.(1)当点P的坐标为−1,−2时，求AB；(2)点C在抛物线上，且在x轴下方，直线BC交x轴于点N，直线AB交x轴于点M，且3AM0,y=2x,∴y′=12x=1y ，当y0，则xA2=u+32，则T=2−16u(u+32)2−256=2−16u+3×162u+64，∵u>0，∴u+3×162u≥323，当且仅当“u=163”，即“xA2=163+32”时取等．∴2−16u+3×162u+64≥1+32，∴2>T≥1+32，故T∈1+32,2．法二：由（1）得抛物线的方程为x2=8y，p=4，F(0,2)故xAxB=−16，yAyB=xAxB264=4，∵A在抛物线上，不妨设A22t,t2(t≠0)，则B−42t,4t2，∵G为△ABC重心，∴xG=xA+xB+xC3=0，则xC=42t−22t，又S△AGB=S△AGC，所以S△AFG=xAxB−xA⋅S△AGB=22t22t−−42t⋅S△AGB=t2t2+2⋅S△AGB，S△CQG=xCxC−xA⋅S△AGC=42t−22t42t−22t−22t⋅S△AGC=2−t22−2t2⋅S△AGC，T=S△AFGS△CQG=t2t2+22−t22−2t2=t22−2t2t2+22−t2=2t4−2t2t4−4=21−t2−4t4−4，又kAC=yA−yCxA−xC=xA28−xC28xA−xC=xA+xC8=12t，直线AC:y−t2=12t(x−22t)，令x=0，得Q0,t2−2，又点Q在点F上方，可知t2−2>2，即t2>4．令m=t2−4，则m>0，T=21−m(m+4)2−4=21−1m+12m+8，∵m>0，∴m+12m≥43，当且仅当“m=23”，即“t2=4+23”时取等．∴1>1−1m+12m+8≥1−143+8=12+34∴2>T≥1+32，故T∈1+32,2．