圆锥曲线与三角形面积

1、理解力专业个性化辅导 理解力是一种智慧 圆锥曲线与三角形面积（2013年高考山东卷（文）在平面直角坐标系中,已知椭圆C的中心在原点O,焦点在轴上,短轴长为2,离心率为(I)求椭圆C的方程(II)A,B为椭圆C上满足的面积为的任意两点,E为线段AB的中点,射线OE交椭圆C与点P,设,求实数的值.（2013年高考湖北卷（文）如图,已知椭圆与的中心在坐标原点,长轴均为且在轴上,短轴长分别为,过原点且不与轴重合的直线与,的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记,和的面积分别为和.()当直线与轴重合时,若,求的值;()当变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得?并说明理由.第22题图（20

2、13年高考重庆卷（文）如题(21)图,椭圆的中心为原点,长轴在轴上,离心率,过左焦点作轴的垂线交椭圆于、两点,.()求该椭圆的标准方程;zhangwlx()取平行于轴的直线与椭圆相较于不同的两点、,过、作圆心为的圆,使椭圆上的其余点均在圆外.求的面积的最大值,并写出对应的圆的标准方程. 2011湖南卷 如图19，椭圆C1：1(ab0)的离心率为，x轴被曲线C2：yx2b截得的线段长等于C1的长半轴长(1)求C1，C2的方程；(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.证明：MDME；记MAB，MDE的面积分别为S1，S2.问：

3、是否存在直线l，使得？请说明理由图110课标文数19.H82011北京卷 已知椭圆G：1(ab0)的离心率为，右焦点为(2，0)，斜率为1的直线l与椭圆G交于A，B两点，以AB为底边作等腰三角形，顶点为P(3,2)(1)求椭圆G的方程；(2)求PAB的面积24.【2102高考北京文19】(本小题共14分)已知椭圆C：+=1（ab0）的一个顶点为A （2,0），离心率为， 直线y=k(x-1)与椭圆C交与不同的两点M,N（）求椭圆C的方程（）当AMN的面积为时，求k的值 34.【2012高考江西文20】（本小题满分13分）已知三点O（0,0），A（-2,1），B（2,1），曲线C上任意一点M（x

4、,y）满足（1）求曲线C的方程；（2）点Q（x0,y0）(-2x02)是曲线C上动点，曲线C在点Q处的切线为l，点P的坐标是（0，-1），l与PA，PB分别交于点D，E，求QAB与PDE的面积之比。36.【2012高考重庆文21】本小题满分12分，（）小问5分，（）小问7分）已知椭圆的中心为原点，长轴在 轴上，上顶点为 ，左、右焦点分别为 ，线段 的中点分别为 ，且是面积为4的直角三角形。（）求该椭圆的离心率和标准方程；（）过 作直线交椭圆于，求的面积29.【2012高考浙江文22】本题满分14分）如图，在直角坐标系xOy中，点P（1，）到抛物线C：=2px（P0）的准线的距离为。点M（t，1

5、）是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB被直线OM平分。（1）求p,t的值。（2）求ABP面积的最大值。（2013年高考山东卷（文）【答案】 将代入椭圆方程,得 （2013年高考湖北卷（文）【答案】依题意可设椭圆和的方程分别为 :,:. 其中, ()解法1:如图1,若直线与轴重合,即直线的方程为,则 ,所以. 在C1和C2的方程中分别令,可得, 于是. 若,则,化简得. 由,可解得. 故当直线与轴重合时,若,则. 解法2:如图1,若直线与轴重合,则 ,; ,. 所以. 若,则,化简得. 由,可解得. 第22题解答图1第22题解答图2故当直线与轴重合时,若,则. ()解法1:如图2,若存

6、在与坐标轴不重合的直线l,使得. 根据对称性, 不妨设直线:, 点,到直线的距离分别为,则 因为,所以. 又,所以,即. 由对称性可知,所以, ,于是 . 将的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得 ,. 根据对称性可知,于是 . 从而由和式可得 . 令,则由,可得,于是由可解得. 因为,所以. 于是式关于有解,当且仅当, 等价于. 由,可解得, 即,由,解得,所以 当时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得; 当时,存在与坐标轴不重合的直线l使得. 解法2:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得. 根据对称性, 不妨设直线:, 点,到直线的距离分别为,则 因为,所以. 又,所以. 因为,所

7、以. 由点,分别在C1,C2上,可得 ,两式相减可得, 依题意,所以. 所以由上式解得. 因为,所以由,可解得. 从而,解得,所以 当时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得; 当时,存在与坐标轴不重合的直线l使得. （2013年高考重庆卷（文）课标理数21.H5，H7，H82011湖南卷 【解答】 (1)由题意知，e，从而a2b.又2a，解得a2，b1.故C1，C2的方程分别为y21，yx21.(2)由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx.由得x2kx10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k，x1x21.又点M的坐标为(0

8、，1)，所以kMAkMB1.故MAMB，即MDME.设直线MA的斜率为k1，则直线MA的方程为yk1x1，由解得或则点A的坐标为(k1，k1)又直线MB的斜率为，同理可得点B的坐标为.于是S1|MA|MB|k1|.由得(14k)x28k1x0.解得或则点D的坐标为.又直线ME的斜率为，同理可得点E的坐标为.于是S2|MD|ME|.因此.由题意知，解得k4，或k.又由点A，B的坐标可知，kk1，所以k.故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为yx和yx.课标文数19.H82011北京卷 【解答】 (1)由已知得，c2，.解得a2.又b2a2c24，所以椭圆G的方程为1.(2)设直线l的方程

9、为yxm.由得4x26mx3m2120.设A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)(x1x2)，AB中点为E(x0，y0)，则x0.y0x0m.因为AB是等腰PAB的底边，所以PEAB.所以PE的斜率k1.解得m2.此时方程为4x212x0.解得x13，x20.所以y11，y22.所以|AB|3.此时，点P(3,2)到直线AB：xy20的距离d，所以PAB的面积S|AB|d.28【2012高考新课标文20】（本小题满分12分）解：（1）由题意得解得.所以椭圆C的方程为.（2）由得.设点M,N的坐标分别为，则，.所以|MN|=.由因为点A(2,0)到直线的距离，所以AMN的面积为. 由，解得.34.【2012高考江西文20】（本小题满分13分） 【解析】（1），,代入式子可得整理得（2）设；则， 得：交轴于点 与联立： 可求 【答案】：（）+=1（）， （*）设 则 是上面方程的两根，因此 又，所以由 ，知 ，即 ，解得当 时，方程（*）化为：故 ，的面积 当 时，同理可得（或由对称性可得） 的面积 综上所述， 的面积为 。