高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.8圆锥曲线中的面积问题大题专项训练【六大题型】(原卷版+解析)

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）】姓名：___________班级：___________考号：___________题型一椭圆中的三角形（四边形）面积问题题型一椭圆中的三角形（四边形）面积问题1．（2023春·陕西宝鸡·高二校联考期末）已知椭圆C：x2a2+y(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.2．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆x2a2+y2b(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3．（2023春·湖北武汉·高二校联考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F

(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|=24．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆x2a2+y(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5．（2023春·安徽·高二统考期末）已知椭圆：x2a2+y(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，使得题型二题型二椭圆中的三角形（四边形）面积的最值问题6．（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2(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k17．（2023·北京大兴·校考三模）已知椭圆C:x2a2+(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8．（2023春·安徽·高二校考阶段练习）已知椭圆C:y2a2+x2b2(1)求椭圆C的标准方程；(2)设坐标原点为O，若不经过点P的直线与C相交于M,N两点，直线PM与PN的斜率互为相反数，当△MON的面积最大时，求直线MN的方程.9．（2023·江西·江西师大附中校考三模）已知椭圆C:x2a2+(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．10．（2023春·广东江门·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+(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．题型三题型三双曲线中的三角形（四边形）面积问题11．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知离心率为5的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，直线l:y=4x−3a−1与C的右支交于A,B两点，直线(1)求双曲线C的方程；(2)求△AOM的面积．12．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C:(x+2)2+y2=4和定点A2,0,P为圆C上的动点，线段AP的中垂线l与直线(1)求证：QA−QC为定值，并求曲线(2)若曲线C1与x轴的正半轴交于点E，直线l′:x=my+2与曲线C1交于M,N两点，且△EMN的面积是13．（2023·浙江·校联考二模）已知双曲线C:x24−y2b2=1的渐近线方程为x±2y=0，左右顶点为A,B(1)求双曲线的方程；(2)设△ABP,△MNP的面积分别为S1,S2，若14．（2023春·福建漳州·高三校考开学考试）已知双曲线Γ：x2a(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15．（2023·全国·高三专题练习）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(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S(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.题型四题型四双曲线中的三角形（四边形）面积的最值问题16．（2022·江苏·高二专题练习）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(1)若点T是MN的中点，求k的值；(2)求△OBN面积的最小值.17．（2023春·福建莆田·高二校考期中）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的距离之比为2，记N(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.18．（2023·云南昆明·高三校考阶段练习）在平面直角坐标系O−xy中，点G−14,0，点A14,0.以G为圆心作一个半径为6的圆，点P是圆上一动点，线段AP(1)求Q的轨迹方程；(2)过原点斜率为k0<k≤54的直线l交曲线Q于B，C19．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知F1−22,0，F2(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)若轨迹C的左，右顶点分别为A1，A2，点Qx0,y0x0>0为轨迹C上异于A1，A2的一个动点，直线QA1，QA2分别与直线20．（2023春·山西太原·高三校考阶段练习）已知双曲线C的两焦点在坐标轴上，且关于原点对称.若双曲线C的实轴长为2，焦距为23，且点P（0，-1）到渐近线的距离为3（1）求双曲线C的方程；（2）若过点P的直线l分别交双曲线C的左、右两支于点A、B，交双曲线C的两条渐近线于点D、E（D在y轴左侧）.记△ODE和△OAB的面积分别为S1、S2，求题型五题型五抛物线中的三角形（四边形）面积问题21．（2023春·江西赣州·高二校联考期中）已知F为抛物线C:y=14x2的焦点，点D(0,4)，A为抛物线C上的动点，直线l:y=t（(1)求实数t的值；(2)若点E(0,3)，过点A的直线y=x+m交抛物线于另一点B，AB的中垂线过点D，求m的值和△ABE的面积．22．（2023·全国·高三专题练习）如图，过抛物线y2=4x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，AM，AN，BC，BD分别垂直于坐标轴，垂足依次为M，N，C，(1)若矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为S1，S2，求(2)求证：直线MN与直线CD交点在定直线上．23．（2023春·湖南·高二校联考期末）已知抛物线C：x2=2pyp>0(1)求抛物线C的方程；(2)过点−1,0的直线交抛物线C于A，B两点，点Q0,−2，连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1:3，求直线AB24．（2023春·上海浦东新·高二校考阶段练习）已知平面曲线C满足：它上面任意一定到0,12的距离比到直线(1)求曲线C的方程；(2)D为直线y=−12上的动点，过点D作曲线C的两条切线，切点分别为A､(3)在（2）的条件下，以E0,52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB25．（2023春·江西上饶·高二校联考阶段练习）已知坐标原点为O，抛物线为G:x2=2py(p>0)与双曲线y23−x(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．题型六题型六抛物线中的三角形（四边形）面积的最值问题26．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）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(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.27．（2023春·四川南充·高三校考开学考试）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(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:28．（2023·四川凉山·三模）已知双曲线T：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，且过点(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△ABF29．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）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(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3AM<2BM.若△ABC的重心在x轴上，求S30．（2023·全国·高三专题练习）在①OA⋅OB=−12；②1已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F，过点F的直线与该抛物线交于A，B两点，(1)求抛物线的方程；(2)点C在抛物线上，△ABC的重心G在y轴上，直线AC交y轴于点Q（点Q在点F上方）．记△AFG,△CQG的面积分别为S△AFG,S

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）】姓名：___________班级：___________考号：___________题型一题型一椭圆中的三角形（四边形）面积问题1．（2023春·陕西宝鸡·高二校联考期末）已知椭圆C：x2a2+y(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=32，16a（2）设直线l为y=kx+m，A(x1,y1),B(x2,y2【解答过程】（1）因为椭圆C：x2a2+y所以4c2=3a2因为椭圆过点P4,−2，所以16所以164b2+4所以椭圆方程为x2（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(x由y=kx+mx232由Δ=64k2所以x1所以y1因为点O是△PAB的重心，所以x1+x所以−8km1+4因为k=12,m=2所以直线l为y=12x+2所以AB=因为点P4,−2到直线y=12所以△PAB的面积为12

2．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆x2a2+y2b(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【解题思路】（1）由a+c=3a−c=1解得a=2,c=1，从而求出b=（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△A【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=所以椭圆的方程为x24+（2）由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x2设直线A2P的方程为联立方程组x24+y2由韦达定理得xA2⋅所以P8k2所以S△A2QA所以S△所以2yQ=3解得k=±62，所以直线A23．（2023春·湖北武汉·高二校联考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F

(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|=2【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（2）设Px1,y1,Qx2,y2，由题目条件可得3x1x2+4y1y【解答过程】（1）设AB与x轴的交点为H，

由题意可知AH≤则AF当AB过右焦点F2时，△ABF1的周长取最大值4a=8因为椭圆C的离心率为e=ca=所以椭圆C的标准方程x（2）设Px1,y1，Q又kOP⋅k由|QE|=23|ED|,|OP|=|PD|则四边形OPEQ面积为75当直线PQ斜率为0时，易知kOP=−kOQ，又根据对称性不妨取kOP=32，y1

则P2,6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+4yΔ=36由韦达定理，有y1所以332t2−3m2代入Δ>0可得122tPQ=x1−x22又原点到直线PQ距离为t1+m2综上可得，S△OPQ=3，四边形OPEQ4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆x2a2+y(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【解题思路】（1）由椭圆短轴长为4，可得b=2，结合e=ca=22和a（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【解答过程】（1）由题意可得2b=4，即b=2，又∵e=ca=解得：a=22，c=2所以椭圆的方程为x2（2）由（1）知椭圆的方程为x28+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+y此时需满足Δ=8设Mx1,则x1+x所以D−2kt线段MN的垂直平分线的方程为y−t令y=0，解得xE=−kt令x=0，解得yG=−t∴D，G关于E点对称，所以|DE|=|EG|，直线GF的方程为y−0=0−−t1+2令x=4，解得yH=t所以G，H关于F对称，所以|GF|=|FH|，所以S15．（2023春·安徽·高二统考期末）已知椭圆：x2a2+y(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【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−x【解答过程】（1）设椭圆x2a2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解得a=2，c=1，b=3故椭圆的标准方程为x2（2）由（1）可得A−2,0假设存在点P4,t，使得S设∠APB=θ，则S1

设C,D横坐标为xC则PAPC=所以S1整理得4−x设P点坐标为4,tt≠0，直线PA斜率为kPA=t6故kPB=3kPA，设直线故直线PA方程为y=kx+2，直线PB方程为y=3k将直线PA和椭圆联立x可得3+4k由韦达定理可得−2xC=将直线PB和椭圆联立x可得1+12k由韦达定理可得2xD=将C,D横坐标代入①式可得，4−6−8整理得24k化简得4k2−12=0当k=12时，直线PA的方程为代入点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．题型二题型二椭圆中的三角形（四边形）面积的最值问题6．（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2(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k1【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:x2a由题知：a2+b∴椭圆的方程为C:x（2）由题意及（1）得，在C:x24+y2=1设Mx1,y1，N∴k1k2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+∴x1+x2=∵0=4x∴17m设O到直线MN的距离为d，d=m∵MN=S△OMN当且仅当17m2−4k2−16=0m7．（2023·北京大兴·校考三模）已知椭圆C:x2a2+(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【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=2【解答过程】（1）∵e=22

∴a又N(0, 1)在椭圆上

∴b所以，椭圆方程为x2（2）由已知直线l的斜率存在.设直线l方程为y=kx+m，A(x1,由y=kx+mx2+2由Δ=8(2k2x1+x2xM=又中点在直线y=12上，∴m2将之代入①得(2k2+1)AB=22点O到直线l的距离d=m∴S设2k2+1=t∴S∴t=2时，S△OAB的最大值为2

8．（2023春·安徽·高二校考阶段练习）已知椭圆C:y2a2+x2b2(1)求椭圆C的标准方程；(2)设坐标原点为O，若不经过点P的直线与C相交于M,N两点，直线PM与PN的斜率互为相反数，当△MON的面积最大时，求直线MN的方程.【解题思路】（1）根据题意P22,1在C上，可得1a2（2）设直线PM的方程y=k(x−22)+1，和椭圆方程联立，求出M点坐标，以−k代换k,可得N点坐标，从而确定直线MN的斜率，设直线MN【解答过程】（1）由题意椭圆C:y2a故A1(0,a),A2(0,−a)，点P又PA1·即(−22)结合1a2+故椭圆C的标准方程为y2（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可得(2+k由题意知该方程有一根为22，设M(则22则y1因为直线PM与PN的斜率互为相反数，设N(x2,y2可得x2=2由题意可得k≠0，故x1所以直线MN的斜率为kMN=4即直线MN的斜率为2，则设其方程为y=2x+m，联立可得4x2+2则x1故|MN|=1+2原点O到直线MN的距离为d=|m|故△MON的面积为S=1=1当m2=2，即m=±2此时直线MN的方程y=29．（2023·江西·江西师大附中校考三模）已知椭圆C:x2a2+(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=b（2）设直线直线DE的方程并联立椭圆方程，设Dx1,y1【解答过程】（1）由已知b=1，ca=32，结合a2故椭圆方程为x2（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)，k<0，联立方程组y=kx+2k+1x2+4需满足Δ>0设Dx1,y1,xx1+又lAD:y=y1−1x1x+1,∴x故S=12=16当且仅当−4k=−1k此时Δ=32>0故四边形DMEN面积的最大值为4.10．（2023春·广东江门·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+(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⋅y2【解答过程】（1）∵双曲线y2−x2=12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∴椭圆C的方程为x2（2）

由（1）知：F−1,0，A−2由题意知：直线l斜率不为0，则可设l:x=ty−1，Dx1,由x=ty−1x22+y∴y1+∵S△AEF=∴S∵y又t2+2≥2，∴−4<−4+8t2又y1+y设y2y1=λ，则λ<0，∴S△AEFS△BDF=22题型三题型三双曲线中的三角形（四边形）面积问题11．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知离心率为5的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，直线l:y=4x−3a−1与C的右支交于A,B两点，直线(1)求双曲线C的方程；(2)求△AOM的面积．【解题思路】（1）Ax1,y1,Bx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，根据双曲线离心率表示出a,b的关系，可得双曲线渐近线方程，记t=−3a−1（2）利用（1）的结论，可求得A53,83【解答过程】（1）设Ax1,y1记t=−3a−1，则直线l:y=4x−3a−1即l:y=4x+t,t<0，因为双曲线的离心率为5，所以ca=5于是双曲线的渐近线为y=±2x．联立y=4x+ty=2x,解得x3=−同理由y=4x+ty=−2x,解得x4=−t6联立y=4x+tx2a2−即3y2+2ty−由韦达定理，得y1所以，y1+y2=−23所以，M,N关于点P对称，A,B关于点P对称，所以|MA|=|BN|，因为|MA|=12|AB|，所以A,B故P点纵坐标为y1+y于是y1y2=−1解得a=1,t=−4，满足Δ=16(t故所求双曲线方程为x2（2）由（1）可知，A5于是OA=设∠AOM=α，则S==1代入OA=得S△AOM故△AOM的面积为2312．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C:(x+2)2+y2=4和定点A2,0,P为圆C上的动点，线段AP的中垂线l与直线(1)求证：QA−QC为定值，并求曲线(2)若曲线C1与x轴的正半轴交于点E，直线l′:x=my+2与曲线C1交于M,N两点，且△EMN的面积是【解题思路】（1）根据双垂线的性质，可得差值为定值，根据双曲线的定义以及双曲线的标准方程，可得答案；（2）联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，利用分割法求三角形的面积，建立方程，可得答案.【解答过程】（1）由线段AP的中垂线l与直线PC交于点Q，得QA=∴QA−QC=QP−QC设双曲线方程为：x2a2所以，曲线C1的轨迹方程是x（2）由（1）得，E1,0，设M由x=my+2x2−y23=1S△EMN ∵S=32解得，m2=1或所以，m=±1.13．（2023·浙江·校联考二模）已知双曲线C:x24−y2b2=1的渐近线方程为x±2y=0，左右顶点为A,B(1)求双曲线的方程；(2)设△ABP,△MNP的面积分别为S1,S2，若【解题思路】(1)由双曲线的方程求出渐近线方程，再结合题目已知条件即可求出b2(2)先由A,B,P点的坐标得到kPA=−3kPB，把M,N的坐标代入得到y1x1+2=−3⋅y2x2−2，再结合双曲线的方程，化简得y1x1+2⋅y2x2+2=−【解答过程】（1）如图，

由题意知双曲线C:x24−y所以b2=1，所以双曲线的方程（2）由(1)得A−2,0,B2,0，所以k设点Mx1,由x224−y设直线MN:x=my+n，与双曲线方程联立得：m2因为方程有两个不同的实数根，所以m2所以由①式代入变形得y1将韦达定理代入消去m化简得n=−4，即直线MN恒过定点−4,0.由此可得y1由于图像的对称性，不妨设t>0，则y1y2所以S2S1将韦达定理代入后得到S2解得m=±655所以，直线MN方程为5x+6y+45=0或7x+23y+414．（2023春·福建漳州·高三校考开学考试）已知双曲线Γ：x2a(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【解题思路】（1）由题意得2c=4，再将P2,33（2）设直线l1方程为y=k1(x+2)，A(x1,y1【解答过程】（1）由题意得2c=4，得所以a2因为点P2,所以4a解得a2所以双曲线方程为x2（2）F(−2,0)，设直线l1方程为y=由y=k则x1所以x1所以AB的中点M6因为k1所以用−1k1代换k当6k121−3k12=6当k1≠±1时，直线MN的方程为y−令y=0，得x所以直线MN也过定点E(−3,0)所以S△15．（2023·全国·高三专题练习）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(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S(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故双曲线E的标准方程为x2（2）由题意可得直线l的斜率不为0，设直线l:x=my+4，Px1,联立x=my+4x24−y当3m2−1≠0则y1+y当l与双曲线交于两支时，S1−S2=当l与双曲线交于一支时，S1−S则S1−S故l:x=±y+4；（3）直线AP的方程为y=y令x=1，得y=3y1直线AQ的方程为y=y2x2+2x+2，令因为F4,0，所以FM=−3,FM=9+9×故FM⊥FN，即故∠MFN为定值π2题型四题型四双曲线中的三角形（四边形）面积的最值问题16．（2022·江苏·高二专题练习）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(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A联立直线l与双曲线方程y=kx−1+1x22由韦达定理可知，x联立直线l与其中一条渐近线方程y=kx−1+1即xN=1−k则xM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−k1−2（2）y=kx−1+1与x21−2由（1）知，BN=AM由于AB=所以BN=又O到直线的距离d=1−kS=整理得S△OBN令t=1−k∈1−22当1t=2，即1−2k2(1−k)2的最大值为2，所以17．（2023春·福建莆田·高二校考期中）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的距离之比为2，记N(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（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【解答过程】（1）设点Nx,y依题意有(x−2)2即(x−2)2化简得x2（2）设Ax1,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整理可得3m则y1+y由已知可得，y1所以3m所以y1又MF=2c=4所以S△ABM=S△AFM+设3m2−1=t，则m2=S△ABM=12t+43t当1t=−1时，该式有最小值所以△ABM的面积的取值范围是12,+∞18．（2023·云南昆明·高三校考阶段练习）在平面直角坐标系O−xy中，点G−14,0，点A14,0.以G为圆心作一个半径为6的圆，点P是圆上一动点，线段AP(1)求Q的轨迹方程；(2)过原点斜率为k0<k≤54的直线l交曲线Q于B，C【解题思路】（1）根据垂直平分线上的点到线段两端距离相等可知，Q点的轨迹满足QA−QG=6，再利用双曲线定义即可求出其轨迹方程；（2）设出直线方程并与双曲线方程联立解得交点坐标，并利用对称性即可写出四边形GBAC【解答过程】（1）如下图所示，由题意可知点Q在线段AP的垂直平分线，所以QP=又点P是圆G上一动点，所以GP=6所以QA−同理，若如下图所示则满足QG−所以，Q的轨迹满足QA−根据双曲线定义可知，Q点的轨迹是以G,A为左右焦点，实轴长为2a=6的双曲线，可得c=14,a=3，所以Q的轨迹方程x2（2）如下图所示，设直线l的方程为y=kx，联立x25−9k2x2−45=0所以四边形GBAC面积S=又因为0<k≤54，所以5k即S=6所以四边形GBAC面积的最大值为61019．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知F1−22,0，F2(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)若轨迹C的左，右顶点分别为A1，A2，点Qx0,y0x0>0为轨迹C上异于A1，A2的一个动点，直线QA1，QA2分别与直线【解题思路】(1)PF1−根据a、b即可求出结果；(2)可求得S(1,3y0x0+2)、T(1,−【解答过程】（1）由动点P满足PF1−且2a=4，2c=42，所以a=2故动点P的轨迹C方程为：x2（2）由(1)知，A1所以直线QA1的方程为yy与直线x=1的交点S的坐标为(1,3直线QA2的方程为yy与直线x=1的交点T的坐标为(1,−y设以ST为直径的圆的方程为x2令x=1，则y2所以3y0x令y=0，则x2−2x+F=0，设则x1所以MN=又点Q(x0,y0又ST=所以S≥3当且仅当y0x0所以四边形SMTN面积的最小值为6.20．（2023春·山西太原·高三校考阶段练习）已知双曲线C的两焦点在坐标轴上，且关于原点对称.若双曲线C的实轴长为2，焦距为23，且点P（0，-1）到渐近线的距离为3（1）求双曲线C的方程；（2）若过点P的直线l分别交双曲线C的左、右两支于点A、B，交双曲线C的两条渐近线于点D、E（D在y轴左侧）.记△ODE和△OAB的面积分别为S1、S2，求【解题思路】（1）由已知求得a2=1，b2（2）设l：y=kx−1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，解方程组求得D,E的横坐标，进而得到|【解答过程】（1）由2a=2，2c=23知a2=1，c故双曲线C的方程为x2−y22=1或y2（2）设l：y=kx−1，A(x1,由y=kx−1y=2x可得xD=DE由y=kx−12x2−y2=2∴|AB|=1+由△ODE和△OAB的高相等，可S1由2−k2≠0所以3−k2∈(1,3]题型五题型五抛物线中的三角形（四边形）面积问题21．（2023春·江西赣州·高二校联考期中）已知F为抛物线C:y=14x2的焦点，点D(0,4)，A为抛物线C上的动点，直线l:y=t（(1)求实数t的值；(2)若点E(0,3)，过点A的直线y=x+m交抛物线于另一点B，AB的中垂线过点D，求m的值和△ABE的面积．【解题思路】（1）设点Ax0,x0（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，线段AB的中点为G，联立方程，根据Δ>0，求出m的范围，利用韦达定理求出x1【解答过程】（1）设点Ax0,直径2r=AD设截得的弦长为GH，圆心到弦的距离为d，则d2则12得14GH2=t−3

（2）设Ax1,y1联立y=x+my=14由于Δ>0，则16+16m>0，即m>−1而x1+x从则有kDG=m−22=−1而AB=点E到AB的距离为m−32所以S△ABE

22．（2023·全国·高三专题练习）如图，过抛物线y2=4x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，AM，AN，BC，BD分别垂直于坐标轴，垂足依次为M，N，C，(1)若矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为S1，S2，求(2)求证：直线MN与直线CD交点在定直线上．【解题思路】（1）设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，设点A，B坐标，利用韦达定理计算作答.（2）利用（1）中信息，求出直线MN，CD的方程，并求出交点坐标即可推理作答.【解答过程】（1）抛物线y2=4x的焦点F1,0，显然直线AB不垂直于y由x=my+1y2=4x消去x并整理得，y2−4my−4=0，设点Ax1矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为S1=x所以S1（2）由（1）得Mx1,0，N0,y于是得直线MN的方程为：y=−y1x1x+由y=−y1x1x+y1因此有x=1，即直线MN与直线CD交点在直线x=1上.所以线MN与直线CD交点在定直线x=1上.23．（2023春·湖南·高二校联考期末）已知抛物线C：x2=2pyp>0(1)求抛物线C的方程；(2)过点−1,0的直线交抛物线C于A，B两点，点Q0,−2，连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1:3，求直线AB【解题思路】（1）根据抛物线的定义结合题意列方程可求出p，从而可求得抛物线的方程；（2）设直线AB的方程为y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程代入抛物线方程化简，然后利用根与系数的关系，表示出直线【解答过程】（1）由题可知焦点的坐标为0,p所以由抛物线的定义可知MF=1+即p=2，所以抛物线C的方程为x2（2）易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y=kx+1Ax1,由y=kx+1x2则Δ=16k2+16k>0，即k>0或因为Q0,−2，所以k所以直线AQ的方程为y=y由y=y1+2设Ex3,y3设Fx4,则S=====x得k2=4故直线AB的方程为y=233

24．（2023春·上海浦东新·高二校考阶段练习）已知平面曲线C满足：它上面任意一定到0,12的距离比到直线(1)求曲线C的方程；(2)D为直线y=−12上的动点，过点D作曲线C的两条切线，切点分别为A､(3)在（2）的条件下，以E0,52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB【解题思路】（1）根据抛物线的定义可求得方程，或设曲线C上的点为x,y，然后根据题意列方程化简可得答案；（2）设Dt,−12,Ax（3）思路一：利用公共边结合韦达定理求面积，设AB的中点为G,Ax1,y1,Bx2,y2，由EG⋅BA=0，结合抛物线的方程可得x1+x2=0或x12+x22=6，从而可求出四边形ADBE的面积；思路二：利用弦长公式结合面积公式求面积，设Dt,−12，由抛物线的定义可表示出AB，求出直线AB的方程，再分别求出点E,D到直线AB的距离，从而可求出四边形ADBE的面积；思路三：结合抛物线的光学性质求面积，在图5中，可得【解答过程】（1）思路一：由题意知，曲线C是一个以0,12为焦点，以故C的方程为：x2思路二：设曲线C上的点为x,y，则x2由题意易知，y≥0，整理得，x2（2）设Dt,−12又因为y=12x2，所以y′故y1+1设Bx2,Ax1,于是直线2tx−2y+1=0过点A,B，而两个不同的点确定一条直线，所以直线AB方程为2tx−2y+1=0，即2tx+−2y+1当2x=0,−2y+1=0时等式恒成立.所以直线AB恒过定点0,1（3）思路一：利用公共边结合韦达定理求面积设AB的中点为G,Ax1,y由EG⋅BA=0将y=x22因为x1−x2≠0由（1）知Dx1+则S（设x2当x1+x2=0当x12+即x2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,由抛物线的定义，得AB=线段AB的中点为Gt,当x1+x2=0S四边形当x1+x2≠0时，t≠0，由EG⊥AB所以AB=4,G±1,32，直线根据对称性考虑点G1,32,D1,−E到直线AB的距离为EG=D到直线AB的距离为1+1所以S四边形综上，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所以∠AFD=∠AA同理△BDF≌△BDB1⇒DB1=DF，所以图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长BA,B1A因为GE⊥AB,DF⊥AB，所以GE∥DF.又因为G,D分别为AB,A1B故EFDG为平行四边形，从而GD=EF=2,AB=AA因为FI∥GD且FI=12GD，所以I从而DF=GE=2S四边形当直线AB平行于准线时，易得S四边形综上，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+1由y=tx+12y=于是x1AB=1+设d1,d2分别为点D,E到直线因此，四边形ADBE的面积S=1设M为线段AB的中点，则Mt,由于EM⊥AB，而EM=t,t2−2,AB当t=0时，S=3；当t=±1时S=4因此，四边形ADBE的面积为3或42

25．（2023春·江西上饶·高二校联考阶段练习）已知坐标原点为O，抛物线为G:x2=2py(p>0)与双曲线y23−x(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（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【解答过程】（1）双曲线y23−x23=1由已知得：S△OPF=1代入双曲线方程可得yP23−623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（2）设点Ax1,y1，B则切线MA的方程为y−y由x12=2令y=0，则x=x12，即C将M(−2,−1)代入直线MA可得：2x同理可求得直线MB的方程：2x所以A，B的直线方程2x+y−1=0．联立y=1−2xy=x22消去则韦达定理：x1则弦长AB=点M到直线AB的距离d=|2×(−2)+(−1)−1|所以S△MAB又S△MCD故S△MAB题型六题型六抛物线中的三角形（四边形）面积的最值问题26．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）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(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xx（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=2【解答过程】（1）设Ax1,y1，Bx2C在点A处的切线方程为y−y将x12=8y1同理x2A，B两点两点都在直线xx所以直线xx0=4y0+4y与直线即点D在定直线y=−1上.（2）①x0=4k，即D为4k,−1，E为将y=kx+1与x2=8y联立得x2故x1线段AB的中点为P4k,4k24k2+1−12=2k2②DE=2k2点A到直线DE的距离为：d=xS△ADE=1△ADE面积的最小值为2.27．（2023春·四川南充·高三校考开学考试）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(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:【解题思路】（1）设动圆的圆心Fx,y，半径为r，则FA（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【解答过程】（1）设动圆的圆心Fx,y，半径为r，则FA所以FA2=x2+所以动圆的圆心C的轨迹方程为：y2（2）由题意，直线MP斜