解析几何面积问题专项训练

解析几何：面积问题专项训练解析几何：面积问题专项训练考点考点一三角形的面积问题1．（2425高三上·甘肃酒泉·期末）已知抛物线（）的焦点为，直线与交于，且．(1)求抛物线的方程；(2)设直线与交于，两点，求的面积．【答案】(1)(2)．【详解】（1）由题意可设点，则，得①，因为，所以，得②，将②代入①中，得，解得或8（舍去），故抛物线的方程为．（2）设Mx1,y1，Nx2,所以，，，则，由（1）知，又点到直线的距离为，所以，即的面积为，2．（2425高三上·四川成都·阶段练习）双曲线左右焦点分别为，，若双曲线经过点，且离心率(1)求双曲线的方程；(2)过作倾斜角为的直线交双曲线于、两点，求的面积为坐标原点）【答案】(1)(2)【详解】（1）因为双曲线经过点，所以，解得，则双曲线的方程为（2）由（1）知，所以直线的方程为，即，此时原点到直线的距离不妨设，联立，消去并整理得，此时，由韦达定理得所以则的面积3．（2425高三上·安徽阜阳·期末）已知椭圆的长轴长为2，离心率为.(1)求椭圆的标准方程.(2)已知圆，直线，直线与椭圆交于两点，为上异于的点，且直线与圆相切.（i）若直线的斜率存在，证明：直线的斜率之积为定值，且直线与圆相切.（ii）求面积的最小值.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）【详解】（1）由于椭圆C:x2a2+y2又，得，椭圆的标准方程为；（2）（i）设，因为过原点，可得关于原点对称，所以，若的斜率存在，分别记为，则有因为在椭圆C上，所以有①，②①②得，即；所以直线的斜率之积为定值.设过且斜率为的直线与圆相切，直线的方程为，即，有，化简可得（*）因，方程（*）可化为（**）若与圆相切，则有为方程（*）的根，即，的斜率之积为，得，则得也为方程（**）的根，即与圆相切；（ii）当斜率不存在时，可得当时，得，满足与圆相切，当时，得，满足与圆相切，综上有与圆相切，则，又为的中点，则可得，则可得，，，则得直线的方程为，得，，同理，，，令，得：，得，得，所以在单调递减，在单调递增，则，得的最小值为.4．（2425高三上·广东深圳·期末）已知平面内一动圆过点，且该圆被x轴截得的弦长为2，设其圆心的轨迹为曲线E．(1)求曲线E的方程；(2)点A为曲线E上一点（不同于原点），过点A作E的切线l，经过点A并且垂直于l的直线与E相交于点B，点C为E上一点并且满足．（ⅰ）若点A的坐标为，求直线的方程；（ⅱ）求面积的最小值．【答案】(1)(2)（ⅰ）；（ⅱ）32【详解】（1）设圆心坐标为，由，两边平方得，展开整理可得，所以曲线的方程为.（2）（ⅰ）已知，对其求导得.因为点，所以处切线斜率为，由于与切线垂直，所以斜率.则直线方程为.联立，将代入得，即，解得或者.把代入得，所以点坐标为.

因为，，所以.所以直线方程为，整理得.

（ⅱ）设点，点处切线斜率，则，直线方程为.联立，将代入得，整理得.由韦达定理得，，而.同理，直线方程为，联立，得到，所以，于是.

，化简得进一步得.当且仅当时等号成立.

则面积最小值为32.5．（2024·甘肃张掖·一模）已知曲线上任意一点满足．(1)化简曲线的方程；(2)已知圆（为坐标原点），直线经过点且与圆相切，过点作直线的垂线，交于、两点，求面积的最小值．【答案】(1)(2)【详解】（1）记点、，则，所以，点的轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，设双曲线的方程为，则，，可得，，所以，，因此，曲线的方程为.（2）由图可知，直线的斜率存在且不为.设Mx1,y1、N

则直线的方程为，即．因为直线与圆相切，所以，则．由消去，化简得．由题意，且（因为），，所以或，又原点到直线的距离为，所以．由或得，设，，因为，当且仅当时等号成立，且，当且仅当时等号成立，所以当时，．所以当，即时，.6．（2025·河北邯郸·二模）已知为圆上一点，F21,0，线段的垂直平分线交半径于点，记动点的轨迹为曲线，双曲线的一条渐近线被圆所截得的弦长为.(1)求曲线的标准方程；(2)过上一点作斜率为的直线，交双曲线于、两点，且恰好为线段的中点，求出点的坐标；(3)若直线与曲线交于、两点，求面积的取值范围.【答案】(1)(2)或(3)【详解】（1）双曲线：的渐近线为，不妨取一条渐近线为，即，则圆心F1-1,0到直线的距离为，圆的半径为，则弦长为，解得，依题意可得，，即动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆，所以曲线的标准方程为.（2）设，Ax1,y代入双曲线可得作差可得，又直线的斜率为，所以，即，所以，代入曲线的方程得，解得，所以，又，所以或,经检验，均满足题意，所以点M的坐标为或.（3）联立，整理得，令，所以，即或.设，，则，，所以，令，则，则，因为，所以，当且仅当，即时等号成立，此时，所以，所以，即面积的取值范围是.

考点考点二四边形的面积问题1．（2425高三上·湖南长沙·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知椭圆的两个焦点为、，为椭圆上一动点，设，当时，面积取得最大值.(1)求椭圆的标准方程.(2)过点的直线与椭圆交于不同的两点、（在，之间），若为椭圆上一点，①求的取值范围；②若，求四边形的面积.【答案】(1)(2)①；②【详解】（1）设Px0,y0，为椭圆，当时，最大，此时或，不妨设，当时，得，所以，又因为，所以，.从，而椭圆的标准方程为.（2）①由题意，直线的斜率显然存在.设，Nx2,，同理，..

联立，

，.

又，，，同号..，，.令，则，解得，.

②，.且四边形为平行四边形.由①知，，.而在椭圆上，.化简得.

线段，

到直线的距离.

.

2．（2425高三上·河北廊坊·期末）已知圆和定点为圆上的任意一点，线段的垂直平分线与直线交于点，设点的轨迹为曲线.(1)求曲线的方程；(2)已知点是曲线上位于轴上方的两个不同点，且满足，求四边形面积的取值范围.【答案】(1)(2)【详解】（1）由垂直平分线的性质可得，故，因此点的轨迹为以为焦点的椭圆,且，故，故椭圆方程为.（2）不妨设直线方程为，分别延长,与椭圆相交于另一点，，连接,由于，根据椭圆的对称性可知四边形为平行四边形，联立得，设Ax则，故，点到直线的距离为，因此，令，则，，故，由于，故单调递增，故，当且仅当时取等号，故，因此，由于是平行四边形对角线的交点，过点，因此四边形与四边形全等，故,因此.3．（2425高三上·重庆沙坪坝·阶段练习）在平面直角坐标系中，已知动点到直线的距离与点到点的距离的比是(1)求动点P的轨迹方程E；(2)若轨迹E与x轴的交点分别为.过点的直线分别与轨迹相交于点M和点N，求四边形AMBN面积的最大值.【答案】(1)(2)【详解】（1）由题意可知，，整理为，所以动点的轨迹方程；（2）如图，设A-2,0，，，则直线，，联立，得，则，得，联立，得，则，得，，所以四边形的面积,设，则，函数在区间单调递增，当时，取得最小值，此时面积取得最大值，最大值为.所以四边形面积的最大值为.4．（2425高三上·湖南·阶段练习）已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，点在双曲线上，点分别为双曲线的左､右焦点.(1)求的方程；(2)过作两条相互垂直的直线和，与双曲线的右支分别交于，两点和两点，求四边形面积的最小值.【答案】(1)(2)【详解】（1）因为，又由题意得，则有，又点在双曲线上，故，解得，故的方程为.（2）根据题意，直线的斜率都存在且不为，设直线，其中，因为均与的右支有两个交点，所以，所以，将的方程与联立，可得.设，则，所以，同理，所以.令，所以，则，当，即时，等号成立.故四边形面积的最小值为.5．（2425高三上·江苏南通·开学考试）分别过椭圆的左、右焦点作两条平行直线，与C在x轴上方的曲线分别交于点．(1)当P为C的上顶点时，求直线PQ的斜率；(2)求四边形的面积的最大值．【答案】(1)(2)3【详解】（1）由可知,椭圆上顶点为，即,直线的斜率为，则直线的方程为：，将其代入整理得，，解得，或，因点在x轴上方,故得点，于是直线PQ的斜率为：；（2）如图，设过点的两条平行线分别交椭圆于点和，利用对称性可知，四边形是平行四边形，且四边形的面积是面积的一半.显然这两条平行线的斜率不可能是0（否则不能构成构成四边形），可设直线的方程为代入，整理得：，显然，设，则，于是，，点到直线的距离为，则四边形的面积为，令，则，且，代入得，，因函数在上单调递增，故，当时，取得最小值为4，此时.6．（2425高二上·安徽合肥·期中）定义：若椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0上的两个点Ax1,y1,Bx2,(1)求椭圆的方程；(2)求“共轭点对”中点所在直线的方程；(3)设为坐标原点，点在椭圆上，，（2）中的直线与椭圆交于两点，且点的纵坐标大于，设四点在椭圆上逆时针排列.证明：四边形的面积小于.【答案】(1)(2).(3)证明见解析【详解】（1）依题意，，解得所以椭圆的方程为.（2）因为，所以，所以，所以点所