專題3.8圓錐曲線中的面積問題大題專項(xiàng)訓(xùn)練【六大題型】題型一橢圓中的三角形（四邊形）面積問題題型一橢圓中的三角形（四邊形）面積問題1．已知橢圓C：x2a2+y(1)求橢圓C的方程；(2)若O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)O是△PAB的重心，求△PAB的面積.【解題思路】（1）由題意可得ca=32，16a（2）設(shè)直線l為y=kx+m，A(x1,y1),B(x2,y2【解答過程】（1）因?yàn)闄E圓C：x2a2+y所以4c2=3a2因?yàn)闄E圓過點(diǎn)P4,?2，所以16a2+4b2所以橢圓方程為x2（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，A,B兩點(diǎn)的坐標(biāo)關(guān)于x軸對稱，此時(shí)點(diǎn)O不可能是△PAB的重心，所以直線l的斜率存在，設(shè)直線l為y=kx+m，A(x由y=kx+mx232由Δ=64k2所以x1+x因?yàn)辄c(diǎn)O是△PAB的重心，所以x1+x2+43因?yàn)閗=12,m=2滿足32k2?m所以AB=因?yàn)辄c(diǎn)P4,?2到直線y=12所以△PAB的面積為12

2．設(shè)橢圓x2a2+y2b(1)求橢圓方程及其離心率；(2)已知點(diǎn)P是橢圓上一動點(diǎn)（不與端點(diǎn)重合），直線A2P交y軸于點(diǎn)Q，若三角形A1PQ的面積是三角形【解題思路】（1）由a+c=3a?c=1解得a=2,c=1，從而求出b=（2）先設(shè)直線A2P的方程，與橢圓方程聯(lián)立，消去y，再由韋達(dá)定理可得xA2?xP，從而得到P點(diǎn)和Q點(diǎn)坐標(biāo).由S△A【解答過程】（1）如圖，

由題意得a+c=3a?c=1，解得a=2,c=1，所以b=所以橢圓的方程為x24+（2）由題意得，直線A2P斜率存在，由橢圓的方程為x2設(shè)直線A2P的方程為聯(lián)立方程組x24+y2由韋達(dá)定理得xA2?xP=16所以S△A2QA所以S△所以2yQ=3yP，即2?2k=33．已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為12，左、右焦點(diǎn)分別為F

(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)如圖，P，Q是橢圓C上的兩點(diǎn)，且直線OP與OQ的斜率之積為?34（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），D為射線OP上一點(diǎn)，且|OP|=|PD|，線段DQ與橢圓C交于點(diǎn)E，|QE|=2【解題思路】（1）由題意可知，當(dāng)AB過右焦點(diǎn)F2時(shí)，△ABF1的周長取最大值4a=8，求得a=2（2）設(shè)Px1,y1,Qx2,y2，由題目條件可得3x1x2+4y1y【解答過程】（1）設(shè)AB與x軸的交點(diǎn)為H，

由題意可知AH≤AF當(dāng)AB過右焦點(diǎn)F2時(shí)，△ABF1的周長取最大值4a=8因?yàn)闄E圓C的離心率為e=ca=12，所以（2）設(shè)Px1,y1，Q又kOP?k由|QE|=23|ED|,|OP|=|PD|可得S△PEQ=當(dāng)直線PQ斜率為0時(shí)，易知kOP=?kOQ，又根據(jù)對稱性不妨取kOP=32，y1

則P2,6當(dāng)直線斜率不為0時(shí)，設(shè)PQ的方程為x=my+t，將直線方程與橢圓方程聯(lián)立有：x=my+t3x2+4yΔ=36m2所以332t2?3m2代入Δ>0可得122tPQ=x1?x22又原點(diǎn)到直線PQ距離為t1+m2綜上可得，S△OPQ=3，四邊形OPEQ4．已知橢圓x2a2+y(1)求橢圓的方程；(2)若直線l:y=kx+t(t≠0)與橢圓相交于M、N兩點(diǎn)，線段MN垂直平分線與直線l及x軸和y軸相交于點(diǎn)D、E、G，直線GF與直線x=4相交于點(diǎn)H，記三角形EFG與三角形GDH的面積分別為S1，S2，求【解題思路】（1）由橢圓短軸長為4，可得b=2，結(jié)合e=ca=22和a（2）由（1）可得右焦點(diǎn)F(2,0)，再由線段MN的垂直平分線與x，y軸都相交，得k≠0，聯(lián)立方程組得1+2k2x2+4ktx+2t2?8=0，設(shè)出Mx1,y1，Nx2,y2，由韋達(dá)定理得【解答過程】（1）由題意可得2b=4，即b=2，又∵e=ca=解得：a=22，c=2，所以橢圓的方程為x（2）由（1）知橢圓的方程為x28+由直線l:y=kx+t(t≠0)，且線段MN的垂直平分線與x，y軸都相交，所以k≠0，聯(lián)立y=kx+tx28+y此時(shí)需滿足Δ=88k2?則x1+x2=線段MN的垂直平分線的方程為y?t令y=0，解得xE=?kt1+2k2，則有E?kt∴D，G關(guān)于E點(diǎn)對稱，所以|DE|=|EG|，直線GF的方程為y?0=0??t1+2令x=4，解得yH=t1+2k2，則有H4,t1+2所以S15．已知橢圓：x2a2+y(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)橢圓左右頂點(diǎn)為A,B，在x=4上有一動點(diǎn)P，連接PA,PB分別和橢圓交于C,D兩點(diǎn)，△PAB與△PCD的面積分別為S1,S2．是否存在點(diǎn)P，使得【解題思路】（1）由條件列方程求a,b,c，可得橢圓方程；（2）設(shè)C,D橫坐標(biāo)為xC,xD，結(jié)合三角形面積公式可得S1S2=43可化為4?xC?4?x【解答過程】（1）設(shè)橢圓x2a2因?yàn)闄E圓上的點(diǎn)到F的最大距離為3，最小距離為1，所以a+c=3，a?c=1，又a2=b2+c2故橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2（2）由（1）可得A?2,0,B2,0，假設(shè)存在點(diǎn)P設(shè)∠APB=θ，則S1

設(shè)C,D橫坐標(biāo)為xC,xD，則PAPC整理得4?x設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為4,tt≠0，直線PA斜率為kPA=t6故kPB=3kPA，設(shè)直線PA的斜率為k，故直線PA方程為y=kx+2將直線PA和橢圓聯(lián)立x24+由韋達(dá)定理可得?2xC=16k2可得1+12k2x2?48將C,D橫坐標(biāo)代入①式可得，4?6?8k2化簡得4k2?12=0，解得k2=14代入點(diǎn)P4,t可得t=3，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為4,3，當(dāng)k=?12時(shí)，直線PA代入點(diǎn)P4,t可得t=?3，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為4,?3，故P點(diǎn)坐標(biāo)為4,3或4,?3題型二題型二橢圓中的三角形（四邊形）面積的最值問題6．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C:x2a2+y2(1)求C的方程；(2)M，N為C上的動點(diǎn)，設(shè)直線OM，ON的斜率分別為k1，k2，且k1【解題思路】（1）利用離心率和上頂點(diǎn)到右頂點(diǎn)的距離求出a,b，即可求出C的方程；（2）設(shè)出M，N坐標(biāo)和直線MN解析式，直線MN解析式和橢圓方程聯(lián)立，表達(dá)出△OMN的面積，即可得出△OMN的面積的最大值.【解答過程】（1）由題意，在橢圓C:x2a由題知：a2+b2=5（2）由題意及（1）得，在C:x24+y2=1設(shè)Mx1,y1，Nx2,y由對稱性知直線MN斜率存在，設(shè)直線MN:y=kx+m，

將y=kx+m代入x24+∴x1+x2=∵0=4x∴17m2?4k2?16=0，設(shè)O到直線∵M(jìn)N=1+k當(dāng)且僅當(dāng)17m2?4k2?16=0m7．已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)直線l分別交橢圓C于A、B兩點(diǎn)，若線段AB的中點(diǎn)M在直線y=12上，求【解題思路】（1）由離心率以及橢圓經(jīng)過的點(diǎn)即可求解a,b的值，（2）聯(lián)立直線與橢圓的方程，得到韋達(dá)定理，結(jié)合中點(diǎn)坐標(biāo)公式，得到m=2【解答過程】（1）∵e=22

∴a又N(0,?1)在橢圓上

∴b2=1（2）由已知直線l的斜率存在.設(shè)直線l方程為y=kx+m，A(x1,由y=kx+mx2+2由Δ=8(2k2x1+x2=?4km2又中點(diǎn)在直線y=12上，∴m2將之代入①得(2k2+1)AB=221+k22k2∴S設(shè)2k2+1=t，∴1≤t<4∴t=2時(shí)，S△OAB的最大值為2

8．已知橢圓C:y2a2+x2b2(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O，若不經(jīng)過點(diǎn)P的直線與C相交于M,N兩點(diǎn)，直線PM與PN的斜率互為相反數(shù)，當(dāng)△MON的面積最大時(shí)，求直線MN的方程.【解題思路】（1）根據(jù)題意P22,1在C上，可得1a2（2）設(shè)直線PM的方程y=k(x?22)+1，和橢圓方程聯(lián)立，求出M點(diǎn)坐標(biāo)，以?k代換k,可得N點(diǎn)坐標(biāo)，從而確定直線MN的斜率，設(shè)直線MN【解答過程】（1）由題意橢圓C:y2a故A1(0,a),A2(0,?a)，點(diǎn)P又PA1·即(?22)2?(a2故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（2）由題意知直線PM斜率存在，故設(shè)為k，則直線PM的方程為y=k(x?22)+1可得(2+k由題意知該方程有一根為22，設(shè)M(x1則y1因?yàn)橹本€PM與PN的斜率互為相反數(shù)，設(shè)N(x2,y2可得x2=2(12k所以直線MN的斜率為kMN=y即直線MN的斜率為2，則設(shè)其方程為y=2x+m，聯(lián)立可得4x2+2則x1故|MN|=1+2原點(diǎn)O到直線MN的距離為d=|m|故△MON的面積為S=12?當(dāng)m2=2，即m=±2時(shí)，△MON的面積取到最大值，此時(shí)直線MN9．已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)P(?2,1)的直線與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)D,E，點(diǎn)D在第二象限，直線AD,AE分別與x軸交于M,N，求四邊形DMEN面積的最大值．【解題思路】（1）根據(jù)已知條件結(jié)合a2=b（2）設(shè)直線直線DE的方程并聯(lián)立橢圓方程，設(shè)Dx1,y1【解答過程】（1）由已知b=1，ca=32，結(jié)合a2故橢圓方程為x2（2）由過點(diǎn)P(?2,1)的直線與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)D,E，可知直線DE的斜率一定存在，設(shè)直線DE的方程為y?1=k(x+2)，k<0，聯(lián)立方程組y=kx+2k+1x2+4y2設(shè)Dx1,y1,xx1+又lAD:y=y1?1x1x+1,∴x故S=12=16k2(2k+1)2此時(shí)Δ=32>0，符合題意，故四邊形DMEN10．已知橢圓C:x2a2+(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)橢圓C的左、右頂點(diǎn)分別為A,B，過左焦點(diǎn)F的直線l交橢圓C于D,E兩點(diǎn)（其中點(diǎn)D在x軸上方），求△AEF與△BDF的面積之比的取值范圍．【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線方程可確定焦距，再結(jié)合離心率和橢圓a,b,c的關(guān)系可求得橢圓方程；（2）設(shè)l:x=ty?1，與橢圓方程聯(lián)立可得韋達(dá)定理的結(jié)論；根據(jù)三角形面積公式可知所求面積之比為22?3?y2【解答過程】（1）∵雙曲線y2?x2=12設(shè)橢圓C的焦點(diǎn)為±c,0c>0，∴2c=2，解得：c=1又橢圓C的離心率e=ca=1a=22，∴a=2（2）

由（1）知：F?1,0，A?2由題意知：直線l斜率不為0，則可設(shè)l:x=ty?1，Dx1,由x=ty?1x22+y∴y1+∵S△AEF=∴S∵y又t2+2≥2，∴0<8t2又y1+y設(shè)y2y1=λ，則λ<0，∴S△AEFS△BDF=22題型三題型三雙曲線中的三角形（四邊形）面積問題11．已知離心率為5的雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)，直線l:y=4x?3a?1與C的右支交于A,B兩點(diǎn)，直線(1)求雙曲線C的方程；(2)求△AOM的面積．【解題思路】（1）Ax1,y1,Bx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，根據(jù)雙曲線離心率表示出a,b的關(guān)系，可得雙曲線漸近線方程，記t=?3a?1（2）利用（1）的結(jié)論，可求得A53,83【解答過程】（1）設(shè)Ax1,y1記t=?3a?1，則直線l:y=4x?3a?1即l:y=4x+t,t<0，因?yàn)殡p曲線的離心率為5，所以ca=5，故b聯(lián)立y=4x+ty=2x,解得x3=?同理由y=4x+ty=?2x,解得x4=?t6聯(lián)立y=4x+tx2a2?即3y2+2ty?由韋達(dá)定理，得y1所以，y1+y2=?23所以，M,N關(guān)于點(diǎn)P對稱，A,B關(guān)于點(diǎn)P對稱，所以|MA|=|BN|，因?yàn)閨MA|=12|AB|，所以A,B故P點(diǎn)縱坐標(biāo)為y1+y于是y1y2=?1解得a=1,t=?4，滿足Δ=16(t2?12（2）由（1）可知，A53,設(shè)∠AOM=α，則S=1代入OA=53故△AOM的面積為2312．已知圓C:(x+2)2+y2=4和定點(diǎn)A2,0,P為圓C上的動點(diǎn)，線段AP的中垂線l與直線(1)求證：QA?QC為定值，并求曲線(2)若曲線C1與x軸的正半軸交于點(diǎn)E，直線l′:x=my+2與曲線C1交于M,N兩點(diǎn)，且△EMN的面積是【解題思路】（1）根據(jù)雙垂線的性質(zhì)，可得差值為定值，根據(jù)雙曲線的定義以及雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，可得答案；（2）聯(lián)立直線與雙曲線方程，寫出韋達(dá)定理，利用分割法求三角形的面積，建立方程，可得答案.【解答過程】（1）由線段AP的中垂線l與直線PC交于點(diǎn)Q，得QA=∴QA?QC=QP?QC設(shè)雙曲線方程為：x2a2所以，曲線C1的軌跡方程是x（2）由（1）得，E1,0，設(shè)M由x=my+2x2?y23=1S△EMN?∵S=322,∴3m2所以，m=±1.13．已知雙曲線C:x24?y2b2=1的漸近線方程為x±2y=0，左右頂點(diǎn)為A,B(1)求雙曲線的方程；(2)設(shè)△ABP,△MNP的面積分別為S1,S2，若【解題思路】(1)由雙曲線的方程求出漸近線方程，再結(jié)合題目已知條件即可求出b2(2)先由A,B,P點(diǎn)的坐標(biāo)得到kPA=?3kPB，把M,N的坐標(biāo)代入得到y(tǒng)1x1+2=?3?y2x2?2，再結(jié)合雙曲線的方程，化簡得y1x1+2?y2x2+2=?【解答過程】（1）如圖，

由題意知雙曲線C:x24?y所以b2=1，所以雙曲線的方程（2）由(1)得A?2,0,B2,0，所以k設(shè)點(diǎn)Mx1,y1,Nx2,設(shè)直線MN:x=my+n，與雙曲線方程聯(lián)立得：m2因?yàn)榉匠逃袃蓚€不同的實(shí)數(shù)根，所以m2所以由①式代入變形得y1將韋達(dá)定理代入消去m化簡得n=?4，即直線MN恒過定點(diǎn)?4,0.由此可得y1+y則y1y2所以S2S1將韋達(dá)定理代入后得到S2S1=36+3所以，直線MN方程為5x+6y+45=0或7x+23y+414．已知雙曲線Γ：x2a(1)求雙曲線Γ的方程；(2)過雙曲線Γ的左焦點(diǎn)F分別作斜率為k1,k2的兩直線l1與l2，直線l1交雙曲線Γ于A,B兩點(diǎn)，直線l2交雙曲線Γ于C,D兩點(diǎn)，設(shè)【解題思路】（1）由題意得2c=4，再將P2,33（2）設(shè)直線l1方程為y=k1(x+2)，A(x1,y1【解答過程】（1）由題意得2c=4，得c=2因?yàn)辄c(diǎn)P2,33在雙曲線上，所以4所以雙曲線方程為x2（2）F(?2,0)，設(shè)直線l1方程為y=由y=k則x1+x所以AB的中點(diǎn)M6k121?3k12,當(dāng)6k121?3k12=6當(dāng)k1≠±1時(shí)，kMN=2令y=0，得x=3(k12?1)15．已知離心率為2的雙曲線E:x2a2?y2b2=1a>0,b>0的左右頂點(diǎn)分別為A，B，頂點(diǎn)到漸近線的距離為3.過雙曲線E右焦點(diǎn)F的直線l(1)求雙曲線E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)記△ABP，△ABQ，△BPQ的面積分別為S1，S2，S3，當(dāng)S(3)若直線AP，AQ分別與直線x=1交于M，N兩點(diǎn)，試問∠MFN是否為定值？若是，求出該定值；若不是，請說明理由.【解題思路】（1）根據(jù)題意列出方程組，解之即可求解；（2）根據(jù)題意設(shè)直線l:x=my+4，聯(lián)立方程組將面積的表達(dá)式表示出來，根據(jù)面積的值進(jìn)而求解；（3）根據(jù)題意設(shè)出直線AP,AQ的方程，求出點(diǎn)M，N的坐標(biāo)，利用平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算即可求解.【解答過程】（1）設(shè)雙曲線E的焦距為2c，取一條漸近線為bx?ay=0，又A?a,0則由題意可得ca=2aba2（2）由題意可得直線l的斜率不為0，設(shè)直線l:x=my+4，Px1,聯(lián)立x=my+4x24?y當(dāng)3m2?1≠0則y1+y2=?S1?S2=當(dāng)l與雙曲線交于一支時(shí)，S1?S則S1?S2S（3）直線AP的方程為y=y1x1+2x+2，令直線AQ的方程為y=y2x2+2x+2，令因?yàn)镕4,0，所以FM=?3,FM=9+9×故FM⊥FN，即∠MFN=π2，故題型四題型四雙曲線中的三角形（四邊形）面積的最值問題16．如圖，已知雙曲線C:x22?y2=1，經(jīng)過點(diǎn)T1,1且斜率為k的直線l與C交于A,B兩點(diǎn)，與(1)若點(diǎn)T是MN的中點(diǎn)，求k的值；(2)求△OBN面積的最小值.【解題思路】（1）聯(lián)立直線l與雙曲線方程，根據(jù)點(diǎn)T是MN的中點(diǎn)，列方程求解即可.（2）聯(lián)立直線l與雙曲線方程，表示出BN的長，根據(jù)點(diǎn)到直線的距離公式表示出三角形的高，從而得到三角形面積表達(dá)式，即可求得結(jié)果.【解答過程】（1）設(shè)A聯(lián)立直線l與雙曲線方程y=kx?1+1x22由韋達(dá)定理可知，x聯(lián)立直線l與其中一條漸近線方程y=kx?1+1即xN=1?k22?k，同理可得xM由于T1,1是MN的中點(diǎn)，所以4k1?k1?2（2）y=kx?1+1與x22由（1）知，BN=AM由于AB=所以BN=又O到直線的距離d=1?k1+=22?令t=1?k∈1?22,1，則1?2k1?2k2(1?k)2的最大值為2，所以17．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，動點(diǎn)N到F2,0的距離與它到直線l:x=12的距離之比為2，記N(1)求曲線C的方程；(2)過F的直線交曲線C于A,B兩點(diǎn)（均位于y軸右側(cè)），F(xiàn)關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)為M，求△ABM的面積的取值范圍.【解題思路】（1）根據(jù)已知可得(x?2)2（2）設(shè)出直線l的方程為x=my+2.聯(lián)立直線l與雙曲線的方程可得3m2?1y2+12my+9=0，進(jìn)而根據(jù)韋達(dá)定理得出坐標(biāo)之間的關(guān)系，以及m的取值范圍.進(jìn)而表示出【解答過程】（1）設(shè)點(diǎn)Nx,y，依題意有(x?2)2+化簡得x2（2）設(shè)Ax1,y1，Bx2聯(lián)立直線l與雙曲線的方程x2?y則y1+y2=?12m3所以y1?y所以S△ABM=S△AFM+設(shè)3m2?1=t，則m2=S△ABM=12t+43t2=121所以△ABM的面積的取值范圍是12,+∞18．在平面直角坐標(biāo)系O?xy中，點(diǎn)G?14,0，點(diǎn)A14,0.以G為圓心作一個半徑為6的圓，點(diǎn)P是圓上一動點(diǎn)，線段AP(1)求Q的軌跡方程；(2)過原點(diǎn)斜率為k0<k≤54的直線l交曲線Q于B，C【解題思路】（1）根據(jù)垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端距離相等可知，Q點(diǎn)的軌跡滿足QA?QG=6，再利用雙曲線定義即可求出其軌跡方程；（2）設(shè)出直線方程并與雙曲線方程聯(lián)立解得交點(diǎn)坐標(biāo)，并利用對稱性即可寫出四邊形GBAC【解答過程】（1）如下圖所示，由題意可知點(diǎn)Q在線段AP的垂直平分線，所以QP=又點(diǎn)P是圓G上一動點(diǎn)，所以GP=6，所以QA同理，若如下圖所示則滿足QG?所以，Q的軌跡滿足QA?QG=6<GA=214，根據(jù)雙曲線定義可知，Q點(diǎn)的軌跡是以G,A為左右焦點(diǎn)，實(shí)軸長為2a=6的雙曲線，可得c=14（2）如下圖所示，設(shè)直線l的方程為y=kx，聯(lián)立x29?y25=1整理可得5?9k又因?yàn)?<k≤54，所以5k2?9≥7所以四邊形GBAC面積的最大值為61019．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知F1?22,0，F(xiàn)2(1)求動點(diǎn)P的軌跡C的方程；(2)若軌跡C的左，右頂點(diǎn)分別為A1，A2，點(diǎn)Qx0,y0x0>0為軌跡C上異于A1，A2的一個動點(diǎn)，直線QA1，QA2分別與直線【解題思路】(1)PF1?根據(jù)a、b即可求出結(jié)果；(2)可求得S(1,3y0x0+2)、T(1,?【解答過程】（1）由動點(diǎn)P滿足PF1?PF2=4<42，得動點(diǎn)的軌跡是以故動點(diǎn)P的軌跡C方程為：x2（2）由(1)知，A1(?2,0)，A2(2,0)，所以直線與直線x=1的交點(diǎn)S的坐標(biāo)為(1,3y0x0+2)與直線x=1的交點(diǎn)T的坐標(biāo)為(1,?y0x0?2令x=1，則y2+Ey+F?1=0，所以3y令y=0，則x2?2x+F=0，設(shè)M(x所以MN=又點(diǎn)Q(x0,y0)在雙曲線上，所以所以S四邊形當(dāng)且僅當(dāng)y0x0?2=20．已知雙曲線C的兩焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且關(guān)于原點(diǎn)對稱.若雙曲線C的實(shí)軸長為2，焦距為23，且點(diǎn)P（0，-1）到漸近線的距離為3（1）求雙曲線C的方程；（2）若過點(diǎn)P的直線l分別交雙曲線C的左、右兩支于點(diǎn)A、B，交雙曲線C的兩條漸近線于點(diǎn)D、E（D在y軸左側(cè)）.記△ODE和△OAB的面積分別為S1、S2，求【解題思路】（1）由已知求得a2=1，b2（2）設(shè)l：y=kx?1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，解方程組求得D,E的橫坐標(biāo)，進(jìn)而得到|【解答過程】（1）由2a=2，2c=23知a2=1，c故雙曲線C的方程為x2?y由點(diǎn)P(0,?1)到漸近線的距離為33，知雙曲線方程為x（2）設(shè)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≠04k2+12(2?題型五題型五拋物線中的三角形（四邊形）面積問題21．已知F為拋物線C:y=14x2的焦點(diǎn)，點(diǎn)D(0,4)，A為拋物線C上的動點(diǎn)，直線l:y=t（(1)求實(shí)數(shù)t的值；(2)若點(diǎn)E(0,3)，過點(diǎn)A的直線y=x+m交拋物線于另一點(diǎn)B，AB的中垂線過點(diǎn)D，求m的值和△ABE的面積．【解題思路】（1）設(shè)點(diǎn)Ax0,x0（2）設(shè)Ax1,y1,Bx2,y2，線段AB的中點(diǎn)為G，聯(lián)立方程，根據(jù)Δ>0，求出m的范圍，利用韋達(dá)定理求出x1【解答過程】（1）設(shè)點(diǎn)Ax0,x0設(shè)截得的弦長為GH，圓心到弦的距離為d，則d2則12GH2=r2?

（2）設(shè)Ax1,y1聯(lián)立y=x+my=14x2，得x2?4x?4m=0而x1+x從則有kDG=m?22=?1而AB=點(diǎn)E到AB的距離為m?32=3

22．如圖，過拋物線y2=4x焦點(diǎn)F的直線與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，AM，AN，BC，BD分別垂直于坐標(biāo)軸，垂足依次為M，N，C，(1)若矩形ANOM和矩形BDOC面積分別為S1，S2，求(2)求證：直線MN與直線CD交點(diǎn)在定直線上．【解題思路】（1）設(shè)出直線AB的方程，與拋物線方程聯(lián)立，設(shè)點(diǎn)A，B坐標(biāo)，利用韋達(dá)定理計(jì)算作答.（2）利用（1）中信息，求出直線MN，CD的方程，并求出交點(diǎn)坐標(biāo)即可推理作答.【解答過程】（1）拋物線y2=4x的焦點(diǎn)F1,0，顯然直線AB不垂直于y由x=my+1y2=4x消去x并整理得，y2?4my?4=0，設(shè)點(diǎn)Ax1矩形ANOM和矩形BDOC面積分別為S1=x所以S1（2）由（1）得Mx1,0，N0,y于是得直線MN的方程為：y=?y1x1x+由y=?y1x1x+y1因此有x=1，即直線MN與直線CD交點(diǎn)在直線x=1上.所以線MN與直線CD交點(diǎn)在定直線x=1上.23．已知拋物線C：x2=2pyp>0(1)求拋物線C的方程；(2)過點(diǎn)?1,0的直線交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)Q0,?2，連接QA交拋物線C于另一點(diǎn)E，連接QB交拋物線C于另一點(diǎn)F，且△QAB與△QEF的面積之比為1:3，求直線AB【解題思路】（1）根據(jù)拋物線的定義結(jié)合題意列方程可求出p，從而可求得拋物線的方程；（2）設(shè)直線AB的方程為y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，將直線方程代入拋物線方程化簡，然后利用根與系數(shù)的關(guān)系，表示出直線【解答過程】（1）由題可知焦點(diǎn)的坐標(biāo)為0,p2，所以由拋物線的定義可知即p=2，所以拋物線C的方程為x2（2）易知直線AB的斜率存在且不為零，設(shè)直線AB的方程為y=kx+1Ax1,y1，B則Δ=16k2+16k>0，即k>0或因?yàn)镼0,?2，所以kAQ=y1由y=y1+2x1x?2x2=4y設(shè)Fx4,則S=1得k2=43，k=±233

24．已知平面曲線C滿足：它上面任意一定到0,12的距離比到直線(1)求曲線C的方程；(2)D為直線y=?12上的動點(diǎn)，過點(diǎn)D作曲線C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A?(3)在（2）的條件下，以E0,52為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB【解題思路】（1）根據(jù)拋物線的定義可求得方程，或設(shè)曲線C上的點(diǎn)為x,y，然后根據(jù)題意列方程化簡可得答案；（2）設(shè)Dt,?12,Ax（3）思路一：利用公共邊結(jié)合韋達(dá)定理求面積，設(shè)AB的中點(diǎn)為G,Ax1,y1,Bx2,y2，由EG?BA=0，結(jié)合拋物線的方程可得x1+x2=0或x12+x22=6，從而可求出四邊形ADBE的面積；思路二：利用弦長公式結(jié)合面積公式求面積，設(shè)Dt,?12，由拋物線的定義可表示出AB，求出直線AB的方程，再分別求出點(diǎn)E,D到直線AB的距離，從而可求出四邊形ADBE的面積；思路三：結(jié)合拋物線的光學(xué)性質(zhì)求面積，在圖5中，可得【解答過程】（1）思路一：由題意知，曲線C是一個以0,12為焦點(diǎn)，以故C的方程為：x2思路二：設(shè)曲線C上的點(diǎn)為x,y，則x2由題意易知，y≥0，整理得，x2（2）設(shè)Dt,?12,Ax1,y1，則y故y1+12=x1Ax1,于是直線2tx?2y+1=0過點(diǎn)A,B，而兩個不同的點(diǎn)確定一條直線，所以直線AB方程為2tx?2y+1=0，即2tx+?2y+1當(dāng)2x=0,?2y+1=0時(shí)等式恒成立.所以直線AB恒過定點(diǎn)0,1（3）思路一：利用公共邊結(jié)合韋達(dá)定理求面積設(shè)AB的中點(diǎn)為G,Ax1,y由EG?BA=0將y=x22因?yàn)閤1?x2≠0，所以x1+則S（設(shè)x2當(dāng)x1+x2=0當(dāng)x12+即x2?x1=2思路二：利用弦長公式結(jié)合面積公式求面積設(shè)Dt,?12，由（1）知拋物線的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為0,由拋物線的定義，得AB=線段AB的中點(diǎn)為Gt,t2+12.當(dāng)S四邊形當(dāng)x1+x2≠0時(shí)，t≠0，由EG⊥AB所以AB=4,G±1,32，直線根據(jù)對稱性考慮點(diǎn)G1,32,D1,?E到直線AB的距離為EG=(0?1)2+52?所以S四邊形ADBE=12思路三：結(jié)合拋物線的光學(xué)性質(zhì)求面積圖5中，由拋物線的光學(xué)性質(zhì)易得∠1=∠2，又∠1=∠3，所以∠2=∠3.因?yàn)锳F=AA1,AD=AD，所以△AFD所以∠AFD=∠AA同理△BDF≌△BDB1?DB1=DF，所以圖6中已去掉坐標(biāo)系和拋物線，并延長BA,B1A因?yàn)镚E⊥AB,DF⊥AB，所以GE∥DF.又因?yàn)镚,D分別為AB,A1B故EFDG為平行四邊形，從而GD=EF=2,AB=AA因?yàn)镕I∥GD且FI=12GD，所以I為HDS四邊形當(dāng)直線AB平行于準(zhǔn)線時(shí)，易得S四邊形綜上，四邊形ADBE的面積為3或42思路四：結(jié)合弦長公式和向量的運(yùn)算求面積由（1）得直線AB的方程為y=tx+1由y=tx+12y=于是x1AB=1+設(shè)d1,d2分別為點(diǎn)D,E到直線因此，四邊形ADBE的面積S=1設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則Mt,由于EM⊥AB，而EM=t,t2?2,AB當(dāng)t=0時(shí)，S=3；當(dāng)t=±1時(shí)S=42因此，四邊形ADBE的面積為3或4

25．已知坐標(biāo)原點(diǎn)為O，拋物線為G:x2=2py(p>0)與雙曲線y23?x(1)求拋物線G的方程；(2)已知點(diǎn)M(?2,?1)，過點(diǎn)M作拋物線G的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B，切線MA，MB分別交x軸于C，D，求△MAB與△MCD的面積之比．【解題思路】（1）首先求出雙曲線的上焦點(diǎn)，設(shè)PxP,yP，xP>0,yP（2）設(shè)點(diǎn)Ax1,y1，Bx2,y2，利用導(dǎo)數(shù)表示出MA的方程，即可求出C點(diǎn)坐標(biāo)，同理可得D，再將M代入MA，即可得到AB的方程，聯(lián)立直線與雙曲線方程，消元、列出韋達(dá)定理，即可求出【解答過程】（1）雙曲線y23?x23=1由已知得：S△OPF=1代入雙曲線方程可得yP23?623又因?yàn)镻在拋物線上，所以6=2p×3，解得p=1，故拋物線G的方程為x2（2）設(shè)點(diǎn)Ax1,y1，Bx2,y由x12=2y1整理得y=x1x?y將M(?2,?1)代入直線MA可得：2x同理可求得直線MB的方程：2x2+y2?1=0，所以聯(lián)立y=1?2xy=x22消去y得則弦長AB=點(diǎn)M到直線AB的距離d=|2×(?2)+(?1)?1|5=又S△MCD=1題型六題型六拋物線中的三角形（四邊形）面積的最值問題26．已知直線y=kx+1與拋物線C：x2=8y交于A，B兩點(diǎn)，分別過A，B兩點(diǎn)作C的切線，兩條切線的交點(diǎn)為(1)證明點(diǎn)D在一條定直線上；(2)過點(diǎn)D作y軸的平行線交C于點(diǎn)E，線段AB的中點(diǎn)為P，①證明：E為DP的中點(diǎn)；②求△ADE面積的最小值.【解題思路】（1）求導(dǎo)得到y(tǒng)′=x4，確定切線方程，化簡得到A，B兩點(diǎn)兩點(diǎn)都在直線xx（2）聯(lián)立方程得到根與系數(shù)的關(guān)系，計(jì)算得到D,E,P的橫坐標(biāo)均為4k，縱坐標(biāo)滿足yP+yD=2【解答過程】（1）設(shè)Ax1,y1，Bx2C在點(diǎn)A處的切線方程為y?y將x12=8y1代入上式得xA，B兩點(diǎn)兩點(diǎn)都在直線xx所以直線xx0=4y0+4y與直線即點(diǎn)D在定直線y=?1上.（2）①x0=4k，即D為4k,?1，E為將y=kx+1與x2=8y聯(lián)立得x2?8kx?8=0，線段AB的中點(diǎn)為P4k,4k24k2+1?12=2k2②DE=2k2+1，lDEd=xS△ADE=1△ADE面積的最小值為2.27．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動圓過定點(diǎn)A6,0，且在y軸上截得的弦BD(1)求動圓圓心的軌跡C的方程;(2)已知M，N是曲線C上兩點(diǎn)，且OM?ON=0，分別延長MO與NO交圓E:【解題思路】（1）設(shè)動圓的圓心Fx,y，半徑為r，則FA（2）設(shè)直線MP的方程為y=kx，點(diǎn)Mx1,y1，Px2,y2，聯(lián)立直線MP與圓心C的軌跡方程，即可得出x1=12k2，聯(lián)立直線MP【解答過程】（1）設(shè)動圓的圓心Fx,y，半徑為r，則FA所以FA2=x2+所以動圓的圓心C的軌跡方程為：y2（2）由題意，直線MP斜率存在且不為0，設(shè)直線MP的方程為y=kx，設(shè)點(diǎn)Mx1,聯(lián)立y=kxy2=12x，得k2x聯(lián)立y=kxx+32+y2=9，得所以MP=k則MP⊥NQ，所以用?1k代替k，得故四邊形MNPQ的面積S=1令k+1k=t，則t≥2，且設(shè)函數(shù)ft=6t+1tt≥2，則f故當(dāng)t=2，即k=1時(shí)，S取到最小值225，所以四邊形MNPQ28．已知雙曲線T：x2a2?y2b2=1a>0,b>0的離心率為2，且過點(diǎn)(1)求拋物線C的方程；(2)過點(diǎn)M?2,0且斜率為正的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)（A在M，B之間），點(diǎn)N滿足：NA=6AF，求△ABF【解題思路】(1)由雙曲線的離心率求出a=b，由雙曲線過點(diǎn)3,1，代入雙曲線方程，結(jié)合a=b，求出c，即可得到雙曲線的右焦點(diǎn)，即拋物線的焦點(diǎn)，即可求出p(2)設(shè)直線l的方程，聯(lián)立直線l的方程和拋物線方程，消去x，由韋達(dá)定理得到兩根之間的關(guān)系，由NA=6A