2026高考数学复习微专题：89. 解析几何中的面积转化策略研究

89.解析几何中的面积转化策略研究

解析几何中面积计算的八种常见问题

题型1.三角形面积公式及应用

题型2.四边形面积计算

题型3.等高求底型面积问题

题型4.等底求高型面积问题

题型5.等角转化为腰长

题型6.某边过定点的三角形面积计算

题型7.某边过定点的四边形面积计算

题型8.以面积（面积比）为情境综合其他二级结论

一.基本原理

直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法：

1

1.一般方法：SABd（其中AB为弦长，d为顶点到直线AB的距离），设直线为斜截

2

式ykxm.

1kxym

220012

进一步，=1k(x1x2)4x1x1=(xx)4xxkxym

21k22121100

2.特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着x轴或者y轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时

候给定的顶点一般在x轴或者y轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长.

11

SSSPQyySSSPQxx

PABPQAPQB2ABPABPQAPQB2AB

11

PQ(yy)24yyPQ(xx)24xx

2121221212

1

3.坐标法.设A(x,y),B(x,y)，则S|xyxy|.

1122AOB21221

4.面积比的转化.

三角形的面积比及其转化有一定的技巧性，一般的思路就是将面积比转化为可以利用设线

法完成的线段之比或者设点法解决的坐标形式，通常有以下类型：

①两个三角形同底，则面积之比转化为高之比，进一步转化为点到直线距离之比

②两个三角形等高，则面积之比转化为底之比，进一步转化为长度（弦长之比）

③利用三角形面积计算的正弦形式，若等角转化为腰长之比

④面积的割补和转化

5.四边形的面积计算

在高考中，四边形一般都比较特殊，常见的情况是四边形的两对角线相互垂直，此时我们

借助棱形面积公式，四边形面积等于两对角线长度乘积的一半；当然也有一些其他的情况，

此时可以拆分成两个三角形，借助三角形面积公式求解.

6.注意某条边过定点的三角形和四边形

当三角形或者四边形某条边过定点时，我们就可以把三角形，四边形某个定顶点和该定点

为边，这样就转化成定底边的情形，最终可以简化运算.当然，你需要把握住一些常见的定

点结论，才能察觉出问题的关键.

二．典例分析

★题型1.三角形面积公式及应用

y2

例1．已知过点（0，1）的直线与椭圆x21交于A、B两点，三角形OAB面积的最大

2

值是（）

21

A．B．2C．D．1

22

ykx1,

解析：显然直线斜率存在，设过的直线方程为：ykx1，联立方程组2

0,12y

x1,

2

22

消去y，并整理得2kx2kx10，设Ax1,y1，Bx2,y2，则0恒成立,

2k1222

x1x2，x1x2，AB1kxx1kxx4xx

2k22k2121212

21

22k1，到直线的距离为d，

1k4OAB2

2k2k2k1

222

1k12k12k1

SOABABd2222，

22k2k2k2k212k211

2t22

S

令tk211，则OAB21，当t1时等号成立.故选:A.

t2t1t22

t

x2y2

例2（.2022新高考1卷）已知点A2,1在双曲线C：1(a1)上，直线l交C于

a2a21

P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0．

（1）求l的斜率；

（2）若tanPAQ22，求△PAQ的面积．

x2

解析：（1）故双曲线方程为y21．k1．

2

PAQ2

（2）由tanPAQ22，得tan，不妨设直线AP的倾斜角为锐角且为，

22

2

当P,Q均在双曲线的左支时，2PAQ，得到ktan，

AP2

此时AP与渐近线平行，与双曲线左支无交点。

y1

当均在双曲线的右支时，由，得，即12，

P,Q2PAQπkAPtan2

x12

2

y11xx21042

联立2及1y21得122，进而解出：x，

x211

12y113

52068

425，代入直线得，故，，

ylmx1x2x1x2

13339

而，，由22，

AP3x12AQ3x22tanPAQ22，得sinPAQ

3

故1162

SAPAQsinPAQ2xx2xx4.

PAQ212129

★题型2.四边形面积计算

1

例3．已知抛物线E:y22px(p0)，点Q,m为E上一点，且Q到E的准线的距离等于

4

其到坐标原点O的距离.

（1）求E的方程；

（2）设AB为圆(x2)2y24的一条不垂直于y轴的直径，分别延长AO,BO交E于C,D

两点，求四边形ABCD面积的最小值.

解析：（1）故抛物线的标准方程为y22x.

（2）由题意，直线AC斜率存在且不为0，设直线AC的方程为：ykx，设点

ykx4

，，联立得：22，由，得

Ax1,y1,Cx2,y222k1x4x0x10x12.

x2y4k1

ykx

222

2，联立得：kx2x0，由x20，得x2.

y2xk2

2

223k1

ACk1x2x1.

k2k21

3

212

1k22k3k

因为ACBD，用代替k，得BD.

k112

1k1

k2k2

26

22

6k220

123k1k3k

故四边形面积SACBD.

ABDC21

2kk1k

k

16t288

令ktt2,S6t.

ktt

886t28

设函数ft6tt2,ft60，故f(t)单调递增.

tt2t2

故当t2，即k=1时，S取到最小值16，所以四边形ABCD面积的最小值是16.

★题型3.等高求底型面积问题

x2y2

例4．已知椭圆C1：1，以椭圆C1的右焦点为焦点的抛物线C2的顶点为原点，点P

32

是抛物线C2的准线上任意一点，过点P作抛物线C2的两条切线PA、PB，其中A、B为切

点，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2.

（1）求抛物线C2的方程及k1k2的值；

（2）求证：直线AB过定点，并求出这个定点的坐标；

S

，1

（3）若直线AB交椭圆C1于C、D两点，S1S2分别是PAB、PCD的面积，求的最

S2

小值.

x2y2

解析：（1）依题意椭圆C1：1的右焦点为1,0，可得抛物线C2的焦点坐标为1,0，

32

2

所以抛物线C2的方程为y4x.k1k21.

（2）直线AB恒过定点1,0.

1

dAB

S12AB

（3）设点P到直线AB的距离为d，则，

S1CD

2dCD

2

因为直线AB恒过定点1,0，且斜率不为零，故设直线AB的方程为xmy1.

xmy122y1y24m

联立2,得y4my40，16(m1)0，则，

y4xy1y24

则2222；

AB1my1y21m(4m)1641m

xmy1

222

联立x2y2，得32my4my40，48(m1)0，

1

32

4m

yy

3432m2

设Cx,y，Dx,y，则，

33444

yy

3432m2

2

4m4431m

则CD1m2yy1m2()24，

3432m232m232m2

2

SAB41m32m23

13S

2，故当m0时，1有最小值.

S2CD431m333

S2

32m2

★题型4.等底求高型面积问题

x2y23

例5．如图，已知椭圆E：1(ab0)的离心率为，A，B是椭圆的左右顶点，

a2b22

P是椭圆E上异于A，B的一个动点，直线l过点B且垂直于x轴，直线AP与l交于点Q，

圆C以BQ为直径.当点P在椭圆短轴端点时，圆C的面积为.

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）设圆C与PB的另一交点为点R，记△AQR的面积为S1，△BQR的面积为S2，试

SS

判断1是否为定值，若是定值，求出这个定值，若不是定值，求1的取值范围.

S2S2

x2

解析：（1）椭圆的标准方程为：y21；

4

x2y21

020

（2）设P(x0,y0)，则y012①.

4x044

y0y0

A，B的坐标分别为(-2，0)，(2，0)，kAP直线AP；y(x2)，

x02x02

4y0y02x0

令x2，则Q2,，又kBP，点R在圆上，所以QR⊥BR，因此kRQ，

x02x02y0

4y2x

0022

所以直线RQ的方程为：y(x2)，即y0x02y4y04x0(x2)，

x02y0

22

由①式得到4x04y0，代入直线RQ的方程，化简为：4y0xx02y4y00，

1

QRd

S1d8y4y

设A，B两点到直线RQ的距离分别为d,d，则121003，为定

12S1d8y4y

2QRd200

22

值.

★题型5.等角转化为腰长

例6．已知圆心在x轴上移动的圆经过点A（-4，0），且与x轴、y轴分别交于点B（x，0），

C（0，y）两个动点，记点D（x，y）的轨迹为曲线.

（1）求曲线的方程；

2

（2）过点F（1，0）的直线l与曲线交于P，Q两点，直线OP，OQ与圆F：x1y21

的另一交点分别为M，N（其中O为坐标原点），求△OMN与△OPQ的面积之比的最大值.

解析：（1）的方程为y24x；

（2）设过F点的直线方程为xmy1，显然m是存在的，联立方程：

2

y4x2

，得y4my40，y1y24m①，y1y24②

xmy1

设Pt2,2t,Qs2,2s，代入①②得ts1,ts2m…③

22

则直线OP的方程为yx，直线OQ的方程为yx，联立方程：

ts

22

x1y122

2t4t2s4s

，解得，同理，

2M2,2N2,2

yxt4t4s4s4

t

22

2t24t4t22t2s

，ON，

OM2222

t4t4t4t24s4

22

OPt22t2tt24,OQ2ss24，

SOMON44

OMN

22222④，

SOPQOPOQt4s4ts4ts16

S4

2222OMN

由③得tsts2ts4m2，代入④得：2，

SOPQ16m25

4

显然当m=0时最大，最大值为；

25

4

综上，的方程为y24x，OMN与△OPQ的面积之比的最大值为.

25

★题型6.某边过定点的三角形面积计算

x2y21

例7.已知椭圆C：1ab0经过点3,，其右顶点为A(2,0).

a2b22

（1）求椭圆C的方程；

1

（2）若点P，Q在椭圆C上，且满足直线AP与AQ的斜率之积为.求APQ面积的最大

20

值.

x2

解析：（1）椭圆C的方程为y21．

4

1

(2)结合kk，可找到m,k的关系，从而可知直线PQ经过定点B，于是△APQ面积

APAQ20

等于S△ABPS△ABQ，即可求出其最大值．易知直线AP与AQ的斜率同号，所以直线PQ不

x2

y21

垂直于x轴，故可设PQ:ykxm，k0，Px1,y1,Qx2,y2，由4可得，

ykxm

2

2228mk4m4

14kx8mkx4m40，所以，xx,xx，

1214k21214k2

yy1

22112

164k1m0，而kAPkAQ，即，化简可得，

20x12x2220

20kx1mkx2mx12x22①，因为

2222

14kx8mkx4m414kxx1xx2，所以，令x2可得，

16k216mk4m2m

x2x2②，令x可得：

1214k2k

m2

2422

2mm2k20m80k

20kx1mkx2m20kx1x220k

kk14k214k2

把②③代入①得，16k216mk4m220m280k2，化简得6k2mkm20，

所以，m2k或m3k，所以直线PQ:ykx2或ykx3，

因为直线PQ不经过点A，所以直线PQ经过定点3,0．设定点B3,0，

15

所以，SS△S△AByykxx

APQABPABQ212212

2222

5k164k1m1015kk221

，因为15k0，所以0k，

214k214k25

22

2955t14t9517459

设t4k11,，所以，当且仅当t

SAPQ9

52t22t9937

15

即k2时取等号，即△APQ面积的最大值为．

143

★题型7.某边过定点的四边形面积计算

例在平面直角坐标系中，已知，，动点满足

8.xOyF122,0F222,0P

PF1PF24.

（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,y0x00为轨迹C上异于A1，A2

的一个动点，直线QA1，QA2分别与直线x1相交于S，T两点，以ST为直径的圆与x

轴交于M，N两点，求四边形SMTN面积的最小值.

解析：（）由动点满足，得动点的轨迹是以、为焦点的双曲

1PPF1PF2442F1F2

线的右支，且2a4，2c42，所以a2，c22，所以ba2c22，

x2y2

故动点P的轨迹C方程为：1(x0)；

44

，

（2）由（2）知，A1(2,0)A2(2,0)，

yx2y

0

所以直线QA1的方程为，即y(x2)，

y0x02x02

3yyx2

0

与直线x1的交点S的坐标为(1,)，直线QA2的方程为，即

x02y0x02

y0y0

y(x2)，与直线x1的交点T的坐标为(1,)，设以ST为直径的圆的方

x02x02

程为x2y22xEyF0，令x1，则y2EyF10，所以

3y0y03y0y0

E，()F1，令y0，则x22xF0，设

x02x02x02x02

，，

M(x1,0)N(x2,0)，则x1x22x1x2F，

3y2

所以20，

MN(x1x2)4x1x244(12)

x04

3yy

又点在双曲线上，所以22，故，又00，

Q(x0,y0)x0y04MN23ST

x02x02

13yy3yy

所以0000

S四边形SMTNSTMN33()

2x02x02x02x02

3yyy03y0

3200=6，当且仅当即x=4，y=23时等号成立，

x2x200

x02x0200

所以四边形SMTN面积的最小值为6.

★题型8.以面积（面积比）为情境综合其他二级结论

x2y22

例9（2023届广州一模T21）已知椭圆C:1(ab0)的离心率为，以C的短

a2b22

轴为直径的圆与直线yax6相切.

（1）求C的方程；

（2）直线l：yk(x1)(k0)与C相交于A，B两点，过C上的点P作x轴的平行线交线

段AB于点Q，直线OP的斜率为k（O为坐标原点），△APQ的面积为S1.BPQ的面积为

S2，若|AP|S2|BP|S1，判断kk是否为定值？并说明理由.

x2y2

分析：（1）1

84

11

（2）如图，设点P(x,y)，其到线段AB的距离为d，那么S|AQ|d,S|BQ|d，

001222

|AP||AQ|

代入到|AP|S|BP|SBPQAPQkk0.

12|BP||BQ|PAPB

b2xyb2

于是由上述基本原理可知：0，而0，故可得：'，

kAB2kOPkkkABkOP2

ay0x0a

1

此题中，kk'.

2

22

2ab122

解析：（1）由椭圆C的离心率为得：2，即有a2b，

2a2

6

由以C的短轴为直径的圆与直线yax6相切得：b，联立解得a28,b24，

a21

x2y2

所以C的方程是1.

84

1

（2）kk为定值，且kk.

2

1

|AP||PQ|sinAPQ

|AP|S|AP|sinAPQ

因为|AP|S|BP|S，则12，

21|BP|S1|BP|sinBPQ

2|BP||PQ|sinBPQ

2

因此sinAPQsinBPQ，而APQBPQABP(0,π)，有APQBPQ，

于是PQ平分APB，直线AP,BP的斜率kAP,kBP互为相反数，即kAPkBP0，

x2y2

12222

设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0)，由84得，(2k1)x4kx2k80，即有

yk(x1)

4k2

x1x2

2yyyy

2k1，而kk10200，则

2APBP

2k8x1x0x2x0

xx

122k21

(y1y0)(x2x0)y2y0(x1x0)0，即

[k(x11)y0](x2x0)[k(x21)y0](x1x0)2kx1x2(y0kx0k)(x1x2)2x0(y0k)0

2k284k2

于是2k(ykxk)2x(yk)0

2k21002k2100

222

2k(2k8)4k(y0kx0k)2x0(y0k)(2k1)0，

22

2x0y0

化简得：2y0(x01)k(x08)kx0y00，且又因为P(x0,y0)在椭圆上，即1，

84

2222

即x02y08，2y0x0x0x08，

222

从而2y0(x01)k(2y0x0x0)kx0y00，(2y0kx0)[(x01)ky0]0，

y1

0

又因为P(x0,y0)不在直线l:yk(x1)上，则有2y0kx00，即kkk，所以kk

x02

1

为定值，且kk.

2

22

例10．（2024年新高考2卷）已知双曲线C:xymm0，点P15,4在C上，k为常

数，0k1．按照如下方式依次构造点Pnn2,3,...，过Pn1作斜率为k的直线与C的左

支交于点Qn1，令Pn为Qn1关于y轴的对称点，记Pn的坐标为xn,yn.

1

（1）若k，求x,y；

222

1k

（2）证明：数列xy是公比为的等比数列；

nn1k

（3）设Sn为PnPn1Pn2的面积，证明：对任意的正整数n，SnSn1.

解析：（1）

1

22221

由已知有m549，故C的方程为xy9.当k时，过P15,4且斜率为的直

22

2

x3222x3

线为y，与xy9联立得到x9.解得x3或x5，所以该直线与C

22

的不同于P1的交点为Q13,0，该点显然在C的左支上.故P23,0，从而x23，y20.

方法1.逐步翻译，暴力运算

22

（2）由于过Pnxn,yn且斜率为k的直线为ykxxnyn，与xy9联立，得到方程

22.展开即得222，由于

xkxxnyn91kx2kynkxnxynkxn90

22

Pnxn,yn已经是直线ykxxnyn和xy9的公共点，故方程必有一根xxn.

2kykx2kyxk2x

从而根据韦达定理，另一根xnnxnnn，相应的

1k2n1k2

2

ynkyn2kxn

ykxxy.所以该直线与C的不同于Pn的交点为

nn1k2

22

2kynxnkxnynkyn2kxn

Qn2,2，而注意到Qn的横坐标亦可通过韦达定理表示为

1k1k

222

ynkxn9xkx2kyyky2kx

，故一定在的左支上.所以nnnnnn.

2QnCPn12,2

1kxn1k1k

xk2x2kyyk2y2kx

这就得到xnnn，ynnn.

n11k2n11k2

xk2x2kyyk2y2kx

所以xynnnnnn

n1n11k21k2

xk2x2kxyk2y2ky1k22k1k

nnnnnnxyxy.

1k21k21k2nn1knn

1k

再由x2y29，就知道xy0，所以数列xy是公比为的等比数列.

1111nn1k

xk2x2kyyk2y2kx

（3）由于上一小问已经得到xnnn，ynnn，

n11k2n11k2

xk2x2kyyk2y2kx1k22k1k

故xynnnnnnxyxy.

n1n11k21k21k2nn1knn

1k

再由x2y29，就知道xy0，所以数列xy是公比为的等比数列.

1111nn1k

所以对任意的正整数m，都有xnynmynxnm

11

xnxnmynynmxnynmynxnmxnxnmynynmxnynmynxnm

22

11

xyxyxyxy

2nnnmnm2nnnmnm