第5讲 四形面积问题（解析版）-2021年新高考数学之圆锥曲线综合讲义

第 5 讲 四形面积问题 一、解答题 1．已知椭圆 C： + =1（a＞b＞0）的两个焦点分别为 F1（﹣2，0），F2（2，0），离心率为 ．过焦点 F2 的直线 l（斜率不为 0）与椭圆 C 交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 D，O 为坐标原点，直线 OD 交椭 圆于 M，N 两点． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）当四边形 MF1NF2 为矩形时，求直线 l 的方程． 【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）y= ． 【详解】 （I）由已知可得： ， 解得 a2=6，b2=2， ∴椭圆 C 的方程为 ； （II）由题意可知直线 l 的斜率存在， 设直线 l 方程为 y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N（﹣x3，﹣y3）． 联立 ，化为（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0， ∴x1+x2= ，y1+y2=k（x1+x2﹣4）= ， ∴线段 AB 的中点 D ， ∴直线 OD 的方程为：x+3ky=0（k≠0）． 联立 ，解得 = ，x3=﹣3ky3． ∵四边形 MF1NF2 为矩形， ∴ =0， ∴（x3﹣2，y3）•（﹣x3﹣2，﹣y3）=0， ∴ =0， ∴ =0，解得 k= ， 故直线方程为 y= ． 考点：椭圆的简单性质． 2．设椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a bb a     的上焦点为 F，椭圆 E 上任意动点到点 F 的距离最大值为 2 1 ，最 小值为 2 1 ． （Ⅰ）求椭圆 E 的标准方程； （Ⅱ）过点 F 作两条相互垂直的直线，分别与椭圆 E 交于 P，Q 和 M，N，求四边形 PMQN 的面积的最大 值． 【答案】（I） 2 2 12 yx   ； （Ⅱ）2. 【分析】 （Ⅰ）根据题中条件列出关于 a、c 的方程组，解出 a 和 c 的值，可得出 b 的值，进而可得出椭圆 E 的标准 方程； （Ⅱ）对直线 PQ 与直线 MN 的斜率是否都存在分两种情况讨论． ①当直线 PQ 与直线 MN 分别与 x 轴、y 轴垂直时，求出这两条弦的长度，并求出此时四边形 PMQN 的面积； ②当直线 PQ 与直线 MN 的斜率都存在时，设直线 PQ 的方程为 1y kx  ，设点  1 1,P x y 、  2 2,Q x y ， 将直线 PQ 的方程与椭圆 E 的方程联立，消去 y，列出韦达定理，利用弦长公式得出|PQ|的表达式，同理得 出|MN|的表达式，从而得出四边形 PMQN 面积的表达式，通过换元，利用函数相关知识求出四边形 PMQN 面积的取值范围．结合①②得出四边形 PMQN 面积的最大值． 【详解】 （Ⅰ）设椭圆 E 的焦距为 2 ( 0)c c  ，则有 2 1 2 1 a c a c        ，解得 2 1 a c    ，∴ 2 2 1b a c   ， 因此，椭圆 E 的方程为 2 2 12 yx   ； （Ⅱ）如下图所示，椭圆 E 的上焦点为  0,1F ． ①当直线 PQ 与直线 MN 分别与 x 轴、y 轴垂直时，则 2 2 2PQ a  ， 22 2bMN a   ， 此时，四边形 PMQN 的面积为 1 1| |• 2 2 2 22 2S PQ MN     ； ②当直线 PQ、MN 的斜率都存在时，设直线 PQ 的方程为 1y kx  ，则直线 MN 的方程为 1 1y xk   ， 设点  1 1,P x y 、  2 2,Q x y ， 将直线 PQ 的方程与椭圆 E 的方程联立 2 2 1 12 y kx yx     ，消去 y 得 2 22 2 1 0k x kx    ，    2 2 24 4 2 8 1 0k k k       ，由韦达定理可得 1 2 2 2 2 kx x k     ， 1 2 2 1 2x x k    ， ∴ 2 1 21 •PQ k x x    22 1 2 1 21 • 4k x x x x    2 2 2 2 2 11 • 4•2 2 kk k k                  2 2 2 2 1 2 k k   ， 同理可得   2 2 2 2 12 2 • 1 2 2 1 2 11 2 kk MN k k                 ， 所以，四边形 PMQN 的面积为    2 2 2 2 2 2 1 2 2 11 1| |• • •2 2 2 2 1 k k S PQ MN k k            22 2 2 4 1 2 2 1 k k k     ， 令 2 1 1t k   ，则 2 1k t  ， 所以，    2 2 22 2 4 4 4 4 1 11 2 1 2 1 1 1 92 2 4 t tS t t t t t t t                ∵ 1t  ，所以， 10 1t   ，由二次函数的基本性质可知，当 21 1 9 92 2 4 4t         ， 所以， 2 4 16 ,291 1 9 2 4 S t            ． 综上所述，四边形 PMQN 的面积的最大值为 2． 【点睛】 本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程，以及韦达定理设而不求法在椭圆综合问题的问题， 同时也考查了弦长公式的应用，考查计算能力，属于中等题． 3．设椭圆 2 2 2 2 1x y a b   （a＞b＞0）的焦点分别为 F1（﹣1，0）、F2（1，0），直线 l：x＝a2 交 x 轴于点 A， 且 1 22AF AF  ． （1）试求椭圆的方程； （2）过 F1、F2 分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交于 D、E、M、N 四点（如图所示），试求四边形 DMEN 面积的最大值和最小值． 【答案】（1） 2 2 1.3 2 x y  （2）最大值为 4，最小值为 96 25 ． 【分析】 （1）由题意，|F1F2|＝2c＝2，A（a2，0），利用 1 22AF AF  ，可得 F2 为 AF1 的中点，从而可得椭圆方程； （2）分类讨论：当直线 DE（或 MN）与 x 轴垂直时，四边形 DMEN 的面积 42 DE MNS   ；当直线 DE，MN 均与 x 轴不垂直时，设 DE：y＝k（x+1），代入消去 y，求出|DE|，|MN|，从而可得四边形的面积的 表达式，利用换元法，即可求得结论． 【详解】 （1）由题意，|F1F2|＝2c＝2，A（a2，0） ∵ 1 22AF AF  ∴F2 为 AF1 的中点 ∴a2＝3，b2＝2 ∴椭圆方程为 2 2 1.3 2 x y  （2）当直线 DE 与 x 轴垂直时，|DE| 22 4 3 b a   ，此时|MN|＝2a＝2 3 ，四边形 DMEN 的面积 42 DE MNS   ． 同理当 MN 与 x 轴垂直时，四边形 DMEN 的面积 42 DE MNS   ． 当直线 DE，MN 均与 x 轴不垂直时，设 DE：y＝k（x+1），代入椭圆方程，消去 y 得：（2+3k2）x2+6k2x+（3k2 ﹣6）＝0 设 D（x1，y1），E（x2，y2），则 x1+x2 2 2 6 2 3 k k   ，x1x2 2 2 3 6 2 3 k k   所以，|x1﹣x2| 2 2 4 3 1 2 3 k k    ，所以|DE| 2 1k  |x1﹣x2|  2 2 4 3 1 2 3 k k    ， 同理|MN| 2 2 14 3 1 32 k k      . 所以四边形的面积   2 2 2 2 2 2 2 2 1 14 3 1 24 24 3 11 3 12 2 2 3 2 6 13 kkDE MN k kS k kk k                        令 u 2 2 1k k   ，则 S＝4 4 13 6u   因为 u 2 2 1k k    2，当 k＝±1 时，u＝2，S 96 25  ，且 S 是以 u 为自变量的增函数，所以 96 425 S ＜ ． 综上可知， 96 425 S  ． 故四边形 DMEN 面积的最大值为 4，最小值为 96 25 ． 【点睛】 本题考查椭圆的标准方程，考查四边形面积的计算，考查分类讨论的数学思想，考查韦达定理的运用，正 确求弦长是关键． 4．设圆 2 2 2 15 0x y x    的圆心为 A，直线 l 过点 B（1,0）且与 x 轴不重合，l 交圆 A 于 C，D 两点， 过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E. （I）证明 EA EB 为定值，并写出点 E 的轨迹方程； （II）设点 E 的轨迹为曲线 C1，直线 l 交 C1 于 M,N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点，求 四边形 MPNQ 面积的取值范围. 【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ) 12,8 3 . 【详解】 试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率 k 的函数，再求最值． 试题解析：（Ⅰ）因为 ， ，故 ， 所以 ，故 . 又圆 的标准方程为 ，从而 ，所以 . 由题设得 ， ， ，由椭圆定义可得点 的轨迹方程为： （ ）. （Ⅱ）当 与 轴不垂直时，设 的方程为 ， ， . 由 得 . 则 ， . 所以 . 过点 且与 垂直的直线 ： ， 到 的距离为 ，所以 .故四边形 的面积 . 可得当 与 轴不垂直时，四边形 面积的取值范围为  12,8 3 . 当 与 轴垂直时，其方程为 ， ， ，四边形 的面积为 12. 综上，四边形 面积的取值范围为 . 【考点】 圆锥曲线综合问题 【名师点睛】 高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试 内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭 圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用. 5．已知椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的左焦点为 ( ,0)F c ，右顶点为 A ，点 E 的坐标为 (0, )c ， EFA△ 的 面积为 2 2 b . （I）求椭圆的离心率； （II）设点Q 在线段 AE 上， 3 2FQ c ，延长线段 FQ与椭圆交于点 P ，点 M ，N 在 x 轴上，PM QN ， 且直线 PM 与直线 QN 间的距离为c，四边形 PQNM 的面积为3c . （i）求直线 FP 的斜率； （ii）求椭圆的方程. 【答案】（Ⅰ） 1 2 .（Ⅱ）（ⅰ） 3 4 .（ii） 2 2 116 12 x y  . 【分析】 根据 EFA△ 的面积为 2 2 b 列出一个关于 , ,a b c 的等式，削去b 求出离心率；根据 ,a c 关系巧设直线 AE 的方 程，与直线 FP 的方程联立解出焦点Q 的坐标，利用|FQ|= 3 2 c 解出斜率 m ，把直线 FP 的方程与椭圆方程联 立，解出 P 点坐标，分别求出 FQN 和 FPM 的面积，利用四边形 PQNM 的面积为 3c ，解出c，得出 椭圆的标准方程. 【详解】 （Ⅰ）设椭圆的离心率为 e.由已知，可得   21 2 2 bc a c  .又由 2 2 2b a c  ，可得 2 22 0c ac a   ，即 22 1 0e e   .又因为 0 1e  ，解得 1 2e  . 所以，椭圆的离心率为 1 2 . （Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线 FP 的方程为 ( 0)x my c m   ，则直线 FP 的斜率为 1 m . 由（Ⅰ）知 2a c ，可得直线 AE 的方程为 12 x y c c   ， 即 2 2 0x y c   ，与直线 FP 的方程联立， 可解得  2 2 3,2 2 m c cx ym m    ，即点 Q 的坐标为  2 2 3,2 2 m c c m m       . 由已知|FQ|= 3 2 c ，有   2 2 22 2 3 3 2 2 2 m c c ccm m                   ， 整理得 23 4 0m m  ，所以 4 3m  ，即直线 FP 的斜率为 3 4 . （ii）解：由 2a c ，可得 3b c ，故椭圆方程可以表示为 2 2 2 2 14 3 x y c c   . 由（i）得直线 FP 的方程为3 4 3 0x y c   ， 与椭圆方程联立 2 2 2 2 3 4 3 0, 1,4 3 x y c x y c c      消去 y ， 整理得 2 27 6 13 0x cx c   ，解得 13 7 cx   （舍去） 或 x c .因此可得点 3, 2 cP c     ，进而可得   2 2 3 5 2 2 c cFP c c        ，所以 5 3 2 2 c cPQ FP FQ c     . 由已知，线段 PQ 的长即为 PM 与QN 这两条平行直线间的距离， 故直线 PM 和 QN 都垂直于直线 FP . 因为 QN FP ，所以 3 3 9tan 2 4 8 c cQN FQ QFN      ，所以 FQN 的面积为 21 27 2 32 cFQ QN  ， 同理 FPM 的面积等于 275 32 c ，由四边形 PQNM 的面积为 3c ，得 2 275 27 332 32 c c c  ，整理得 2 2c c ， 又由 0c  ，得 2c  . 所以，椭圆的方程为 2 2 116 12 x y  . 【点睛】 列出一个关于 , ,a b c 的等式，可以求离心率；列出一个关于 , ,a b c 的不等式，可以求离心率的取值范围.“减 元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本 方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数. 6．已知点  2,1A 在椭圆  : 2 2 2 2 1x y a b   （ 0a b  ）上，且点 A 到左焦点 F 的距离为 3. （1）求椭圆  的标准方程； （2）设点 A 关于坐标原点O 的对称点为 D ，又 B ､C 两点在椭圆  上，且 //BC AD ，求凸四边形 ABCD 面 积的最大值. 【答案】（1） 2 2 14 2 x y  （2） 3 6 2 【分析】 （1）由题意点 A 到左焦点 F 的距离为 3，结合两点间距离公式可求得 c的值，将点  2,1A 代入椭圆，根 据椭圆中 , ,a b c 的关系式即可求得 ,a b ，进而得椭圆的标准方程. （2）由 //BC AD 可设直线 BC 的方程为 2x y m  ，联立椭圆方程，整理变形根据两个交点可令   求 得 m 的范围.设  1 1,A x y ､  2 2,B x y ，由韦达定理表示出 1 2y y ， 1 2y y ，由弦长公式求得| |BC ，点到直 线距离公式求得O 到 BC 的距离，结合| | 2 | | 2 3AD AO  用 m 表示出 ABCDS ，令 2 4 2 mt   ，可化简 为 2 31 (2 ) (2 )2S t t   ，再令   31 (2 ) (2 )2f t t t   ，利用导函数求得  f t 的单调性和最值，即可求解. 【详解】 （1）因为椭圆  经过点  2,1A ，所以 2 2 2 1 1a b   . 设左焦点  ,0F c （ 0c  ）， 则由| | 3AF  得 2 2 1 9c   ， 解得 2c  . 又 2 2 2 2 2a b c b    ，于是 2 2 2 1 12b b   ， 解得 2 2b  （舍负）， 进而 2 4a  . 故椭圆  的标准方程为 2 2 14 2 x y  . （2）因为 //BC AD ，可设直线 BC 的方程为 2x y m  （ 0m  ）， 联立 2 2 2 2 4 x y m x y      并整理得 2 24 2 2 4 0y my m    . 由    2 22 2 4 4 4 0m m    ，解得 2 8m  . 设  1 1,A x y ､  2 2,B x y ，则 1 2 2 my y   ， 2 1 2 4 4 my y  . 所以    2 2 1 2 1 2| | 1 2 4BC y y y y     2 2 23 4 3 42 2 m mm              . 又 AD 与 BC 之间的距离即 O 到 BC 的距离 | | 3 md  ，且| | 2 | | 2 3AD AO  . 所以四边形 ABCD 的面积   21 | || | | | 2 42 2 2 m mS AD BC d             . 设 2 4 2 mt   ，由 20 8m  可得 0 2t  ， 则  2 2 2 31 1(2 ) 4 (2 ) (2 )2 2S t t t t      ， 记之为函数 ( )f t ，则 2( ) 2(2 ) (1 )f t t t    ， 易知 ( )f t 在区间(0,1) 内单调递增，在区间 (1,2) 内单调递减. 故 ( )f t 的最大值为 27(1) 2f  ，此时 2 1 4 2 m  ，解得 2 6m  ，符合题意， 所以四边形 ABCD 面积的最大值为 3 6 2 . 【点睛】 本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，弦长公式及点到直线距离公式的用法， 椭圆中四边形面积问题的解法，利用导数求函数的最值，换元法在函数中的应用，综合性强，属于难题. 7．如图，已知椭圆 C： 2 2 118 9 x y  的短轴端点分别为 B1，B2，点 M 是椭圆 C 上的动点，且不与 B1，B2 重合，点 N 满足 NB1⊥MB1，NB2⊥MB2. （1）求动点 N 的轨迹方程； （2）求四边形 MB2NB1 面积的最大值． 【答案】（1） 2 9 y ＋ 2 9 2 x ＝1(x≠0)；（2） 27 2 2 . 【分析】 （1）设 N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，求出直线 NB1 ，直线 NB2，两式相乘，结合 2 2 0 0 118 9 x y  ，即可求解. （2）设 MB1 为  3 0y kx k   ，可得直线 NB1，直线 NB2，两式联立可得 xN＝ 2 6 2 1 k k   ，由 S＝ 1 2 |B1B2|(|xM| ＋|xN|)，利用基本不等式即可求解. 【详解】 （1）设 N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)． 由题知 B1(0，－3)，B2(0，3)， 所以 kMB1＝ 0 0 3y x  ，kMB2＝ 0 0 3y x  . 因为 MB1⊥NB1，MB2⊥NB2， 所以直线 NB1：y＋3＝－ 0 0 3 x y  x，① 直线 NB2：y－3＝－ 0 0 3 x y  x，② ①×②得 y2－9＝ 2 0 2 0 9 x y  x2. 又因为 2 2 0 0 118 9 x y  ， 所以 y2－9＝ 0 2 0 18(1 )9 9 y y   x2＝－2x2， 整理得动点 N 的轨迹方程为 2 9 y ＋ 2 9 2 x ＝1(x≠0)． （2）由（1），设 MB1 为  3 0y kx k   可得得直线 NB1：y＝－ 1 k x－3，① 直线 NB2：y＝2kx＋3，② 联立①②解得 x＝ 2 6 2 1 k k   ，即 xN＝ 2 6 2 1 k k   ， 故四边形 MB2NB1 的面积 S＝ 1 2 |B1B2|(|xM|＋|xN|) ＝3× 2 2 12 | | 6 | |( )2 1 2 1 k k k k   ＝ 2 54 | | 2 1 k k  ＝ 54 12 | | | |k k  ≤ 27 2 2 ， 当且仅当|k|＝ 2 2 时，S 取得最大值 27 2 2 . 【点睛】 关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆中的四边形面积问题，解题的关键求出 Nx ，考查了 计算求解能力. 8．设椭圆 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的离心率 1 2e  ，椭圆上的点到左焦点 1F 的距离的最大值为 3. （1）求椭圆C 的方程； （2）求椭圆C 的外切矩形 ABCD 的面积S 的取值范围. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  （2）[8 3,14] 【分析】 （1）根据题意求出 ba c， ， ，进而可求出结果； （2）当矩形 ABCD 的一组对边斜率不存在时，可求出矩形 ABCD 的面积；当矩形 ABCD 四边斜率都存 在时，不防设 AB ，CD 所在直线斜率为 k ，则 BC ，AD 斜率为 1 k  ，设出直线 AB 的方程为 y kx m  ， 联立直线与椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式等，即可求解. 【详解】 解：（1）由题设条件可得 1 2 c a  ， 3a c  ，解得 2a  ， 1c  ∴ 2 2 2 3b a c   ，所以椭圆 C 的方程为 2 2 14 3 x y  （2）当矩形 ABCD 的一组对边斜率不存在时，得矩形 ABCD 的面积 8 3S  当矩形 ABCD 四边斜率都存在时，不防设 AB ， CD 所在直线斜率为 k ，则 BC ， AD 斜率为 1 k  ， 设直线 AB 的方程为 y kx m  ，与椭圆联立 2 2 14 3 y kx m x y     可得  2 2 24 3 8 4 12 0k x kmx m     ， 由     2 2 28 4 4 3 4 12 0km k m      ，得 2 24 3m k  显然直线 CD 的直线方程为 y kx m  ，直线 AB ， CD 间的距离 2 2 1 2 22 2 4 32 21 11 m m kd k kk     ， 同理可求得 BC ， AD 间的距离为 22 1 2 2 4 3 4 32 21 11 kkd k k     所以四边形 ABCD 面积为 2 2 1 2 2 2 3 4 4 34 1 1ABCD k kS d d k k      4 2 4 2 12 25 124 2 1 k k k k     2 4 24 12 2 1 k k k     2 2 14 12 1 2k k     14 12 144    （等号当且仅当 1k   时成立） 又 4 12 8 3ABCDS   ， 故由以上可得外切矩形面积的取值范围是 8 3,14   【点睛】 本题主要考查椭圆方程以及直线与椭圆的综合，灵活运用弦长公式，韦达定理等即可求解，属于常考题型. 9．已知椭圆 2 2: 12 xC y  ，过点  0,1P 作互相垂直的两条直线分别交椭圆C 于点 ,A B（ ,A B 与 P 不重合）. （1）证明：直线 AB 过定点 10, 3     ； （2）若以点 10, 9E      为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四边形 PAEB 的面积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 32 27 或16 13 81 【分析】 （1）先设出直线 AB 的方程 y kx m  ，利用垂直关系求出 m 的值即可； （2）由（1）有直线 AB 的方程为 1 3y kx  ， 1 2 2 4 3 2 1 k x x k    ， 1 2 2 16 9 2 1x x k    ，求得 AB 中点 2 2 2 1 3 3,2 1 2 1 k D k k          ，根据 ED AB  ，求得 k ，再由四边形 PAEB 的面积为 1 2 1 2 1 2 1 1 8 4 2 2 9 9S PE x x x x x x       ，运用韦达定理和弦长公式，计算可得所求值. 【详解】 （1）根据题意有：直线 AB 、 PB 、 PA 斜率均存在. 设 :ABl y kx m  ，  1 1,A x y 、  2 2,B x y 联立： 2 2 12 x y y kx m       ，有：  2 2 22 1 4 2 2 0k x kmx m     ， 所以： 1 2 2 4 2 1 kmx x k    ， 2 1 2 2 2 2 2 1 mx x k   . 因为 PB PA ， 所以： 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 1PB PA y y kx m kx mk k x x x x             ， 化简得：       22 1 2 1 21 1 1 0k x x k m x x m       ， 所以：      2 22 2 2 2 2 41 1 1 02 1 2 1 m kmk k m mk k        ， 化简得： 23 2 1 0m m   ，解得 1 3m   或1. 当 1m  时， : 1ABl y kx  过点 P ，则 P 与 A 或 B 重合，不满足题意，舍去， 所以： 1 3m   ，即 1: 3ABl y kx  所以：直线 AB 过定点 10, 3     . （2）由（1）有： 1 3m   ， 则： 1: 3ABl y kx  ， 1 2 2 4 3 2 1 k x x k    ， 1 2 2 16 9 2 1x x k    . 如图所示： 设线段 AB 的中点为  ,yD DD x ， 则： 1 2 2 2 3 2 2 1D kx xx k    ， 2 2 2 1 1 13 3 3 2 1 3 2 1D D k y kx kk k         . 因为以 10, 9E      为圆心的圆与直线 AB 相切于 AB 的中点， 所以： ED AB  ， 又因为： 2 2 2 1 13 3,2 1 2 1 9 k ED k k             ，且 AB  与 1,k 平行， 所以： 2 2 2 1 13 3 02 1 2 1 9 k kk k             ， 解得 0k  或 . 由上图有：四边形 PAEB 的面积 1 2 1 2 1 2 1 1 8 4 2 2 9 9S PE x x x x x x       . ①当 0k  时： 1: 3ABl y   ，易得： 4 1,3 3A     、 4 1,3 3B    ， 所以： 1 2 4 4 4 4 32 9 9 3 3 27S x x      . ②当 1k   时： 有：   2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4 64 4 133 94 2 1 2 1 9 k x x x x x x k k                ， 所以： 1 2 4 4 4 13 16 13 9 9 9 81S x x     . 由①②有： 32 27S  或 16 13 81 . 【点睛】 本题主要考查直线与椭圆的综合问题，以及定点问题，面积问题，以及直线和圆相切的条件，考查运算能 力，属于难题. 10．已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左焦点为  1,0F  ，离心率为 2 2 ． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）设O 为坐标原点，T 为直线 2x   上一点，过 F 作TF 的垂线交椭圆于 P 、Q ．当四边形OPTQ 是 平行四边形时，求四边形OPTQ 的面积． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 2 . 【分析】 （1）由焦点坐标和离心率及 a 、 b 、 c之间的关系求出 a 、b 的值，进而可得椭圆C 的标准方程； （2）由题意设T 的坐标为  2,m ，由（1）得左焦点 F 的坐标，可得直线TF 的斜率，由题意可得 PQ的 方程，将直线 PQ与椭圆C 的方程联立求出两根之和，运用韦达定理求得 1 2 1 2,y y y y ，再由四边形OPTQ 是平行四边形，可得OP QT  ，由此求出 m 的值，从而可得 ,OT PQ 的长，进而求出四边形OPTQ 的 面积． 【详解】 （1）由已知得： 2 2 c a  ， 1c  ，所以 2a  ，又 2 2 2a b c  ，解得 1b  ， 所以椭圆 C 的标准方程为： 2 2 12 x y  ； （2）设T 点的坐标为  2,m ，则直线TF 的斜率   0 2 1TF mk m     ， 当 0m  时，直线 PQ的斜率 1 PQk m  ，直线 PQ的方程是 1x my  ； 当 0m  时，直线 PQ的方程也符合 1x my  的形式． 由 2 2 12 1 x y x my       ，得 2 22 2 1 0m y my    （*），其判别式    2 2 24 4 2 8 1 0m m m       ， 设  1 1,P x y 、  2 2,Q x y ，则 1 2 2 1 2 2 2 2 1 2 my y m y y m        ，  1 2 1 2 2 42 2x x m y y m        ， 因为四边形OPTQ 是平行四边形，所以 OP QT  ，即    1 1 2 2, 2 ,x y x m y    ， 所以 1 2 2 1 2 2 2 2 4 22 my y mm x x m             ，解得 0m  ， 此时，方程（*）为 22 1 0y   ，得 2 2y   ，则 2PQ  . 此时 OPTQ 的面积 1 1 2 2 22 2OPTQS OT PQ      ． 【点睛】 本题考查求椭圆的标准方程及直线与椭圆的综合，及平行四边形的性质，考查了四边形面积的计算，属于 中档题． 11．已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的长轴长为 2 2 ，其离心率与双曲线 2 2 1x y  的离心率互为倒 数. （1）求椭圆C 的方程； （2）将椭圆C 上每一点的横坐标扩大为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到曲线 1C ，若直线 :l y kx t  与 曲线 1C 交于 P 、Q 两个不同的点， O 为坐标原点， M 是曲线 1C 上的一点，且四边形 OPMQ是平行四边 形，求四边形 OPMQ的面积. 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 3 . 【分析】 （1）根据已知条件求出 a 、 b 、 c 的值，由此可得出椭圆 C 的方程； （2）求出曲线 1C 的方程，设  1 1,P x y 、  2 2,Q x y 、  0 0,M x y ，将直线 l 的方程与曲线 1C 的方程联立， 列出韦达定理，求出点 M 的坐标，代入曲线 1C 的方程，可得出 2 24 1 4t k  ，求得 PQ 以及点O 到直线 PQ 的距离，利用三角形的面积公式可求得结果. 【详解】 （1）由已知， 2 2 2a  ，所以 2a  ， 又因为双曲线 2 2 1x y  的离心率为 2 ， 可知，椭圆C 的离心率为 2 2 c a  即 2a c ，故 1c  ，进而 2 2 1b a c   ， 所以椭圆 C 的方程为 2 2 12 x y  ； （2）将椭圆C 上每一点横坐标扩大为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到曲线 1C 的方程为 2 2 14 x y  ， 设  1 1,P x y 、  2 2,Q x y 、  0 0,M x y ，由  2 2 2 2 2 1 4 8 4 4 04 4 y kx t k x ktx tx y           ， 由韦达定理可得 1 2 2 8 1 4 ktx x k    ， 2 1 2 2 4 4 1 4 tx x k   ， 且     2 2 28 4 1 4 4 4 0     kt k t ，即 2 21 4 t k ， 由四边形 OPMQ是平行四边形，所以OM OP OQ    ， 则 0 1 2 2 8 1 4 ktx x x k     ，  0 1 2 1 2 2 22 1 4 ty y y k x x t k        ， 因为点 M 在椭圆上，所以 2 22 2 8 21 4 14 1 4            kt tk k ，整理可得 2 24 1 4t k  ， 所以 2 1 2 2 2 4 4 111 4    tx x k t ， 则      222 22 2 1 2 1 2 22 3 116 1 1 4 41 1 4 1 8kt k t kt PQ k x x x x k k              ， O 到直线 l 的距离 21 td k   ， 所以四边形OPMQ 的面积为 3PQ d  . 【点睛】 方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 12．已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yE a ba b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，点 M 在椭圆 E 上，当 1 2F MF△ 的 面积取得最大值 2 时， 1 2 3cos 5F MF   ． （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）过点 ( , 0)t 作斜率为1的直线交椭圆 E 于 A ， B 两点，其中| | 1t  ．设点 A ， B 关于 y 轴的对称点分 别为 D ，C ，当四边形 ABCD 的面积为 10 10 9 时，求直线 AB 的方程． 【答案】（1） 2 2 15 x y  ；（2） 2y x  或 2y x  或 2y x  或 2y x  ． 【分析】 （1）由题意知，当 1 2F MF△ 的面积的最大值为 2 时，得到 2 1 2sin 21 2bc a F MF   ，再根据 1 2 3cos 05F MF    ，得到 c b ， 1 2 4sin 5F MF  代入求解； （2）设直线 AB 的方程为 y x t  ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，由| | 1t  及梯形 ABCD 的面积为 10 10 9 ，得 到 1 2 1 2 1 2 1 2 | 2 | | | 10 10| | |2 9 2 |x x y y x x x x       ，然后由 y x t  与 2 2 15 x y  联立，结合韦达定理求 解. 【详解】 （1）由题可知，当点 M 与椭圆 E 的上顶点或下顶点重合时， 1 2F MF△ 的面积最大， 设 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ，因为 1 2F MF△ 的面积的最大值为 2 ， 所以 2bc  ，即 2 1 2sin 21 2 a F MF  ， 又 1 2 3cos 05F MF    ， 所以 c b ， 1 2 4sin 5F MF  ， 则 2 22 5 1 4a   ，解得 5a  ， 由 2 2 5 2 b c bc      ，结合 c b ，可得 1 2 b c    ， 所以椭圆 E 的标准方程为 2 2 15 x y  ． （2）设直线 AB 的方程为 y x t  ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ， 由| | 1t  及四边形 ABCD 的面积为 10 10 9 ，可知点 A ， B 位于 y 轴同侧， 且 1 2 1 2 1 2 1 2 | 2 | | | 10 10| | |2 9 2 |x x y y x x x x       ， 将 y x t  代入 2 2 15 x y  ，消去 y 可得 2 26 10 5 5 0x tx t    ， 则 1 2 5 3 tx x  ， 2 1 2 5 5 6 tx x  ，且 2 2 2100 24 5( )5 120 20 0t t t      ，即 21 6t  ， 所以 2 1 2 1 2 25 10 10| | | | | ( 5 5 |3 9643 ) 5t tx x x x t      ， 整理可得 4 26 8 0t t   ，解得 2 2t  或 2 4t  ，即 2t   或 2t   ， 所以直线 AB 的方程为 2y x  或 2y x  或 2y x  或 2y x  ． 【点睛】 方法点睛：1、解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简， 然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单． 2、解决直线与曲线的弦长时，往往设直线与曲线的交点坐标为 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则    2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 22 1(1 ) (1 )4 4AB k x x x x y y y yk              (k 为直线斜率)． 注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零． 13．已知点 (1,0)A ，点 B 是圆 2 2 1 :( 1) 16O x y   上的动点，线段 AB 的垂直平分线与 1BO 相交于点C ， 点C 的轨迹为曲线 E . （1）求 E 的方程 （2）过点 1O 作倾斜角互补的两条直线 1 2,l l ，若直线 1l 与曲线 E 交于 ,M N 两点，直线 2l 与圆 1O 交于 ,P Q 两点，当 , , ,M N P Q 四点构成四边形，且四边形 MPNQ 的面积为8 3 时，求直线 1l 的方程. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） 3 3 2 2y x  或 3 3 2 2y x   【分析】 （1）根据题意可得 1 4O C CA  ，进而判断点 C 的轨迹是以 1,O A 为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程； （2）可得 1l x 轴时和 2l x 轴时不符合题意，设 1l 方程为  1y k x  ，则直线 2l 方程为  1y k x   ， 联立直线 1l 与椭圆，表示出点 ,M N 到直线 2l 的距离，即可表示出四边形的面积，求出 k ，得出直线方程. 【详解】 （1） C 在线段 AB 的垂直平分线上， CA CB  ， 又C 在 1BO 上， 1 1 1 4O B O C CB O C CA      ， 则可得点 C 的轨迹是以 1,O A 为焦点的椭圆， 则 2 4a  ，即 2a  ， 1c  ， 2 2 2 3b a c   ， 故 E 的方程为 2 2 14 3 x y  ； （2）若 1l x 轴时，如图，此时 8PQ  ， 1 3 2MO  ，则 38 122MPNQS    ，不符合题意； 若 2l x 轴时，如图，此时 4MN  ， 4OP  ，则 4 4 16MPNQS    ，不符合题意； 当 1 2,l l 都不与坐标轴垂直时，如图， 设 1l 斜率分别为 k ，由于 1 2,l l 倾斜角互补，则 2l 斜率为 k ， 则直线 1l 方程为  1y k x  ，直线 2l 方程为  1y k x   ， 联立直线 1l 与椭圆   2 2 1 14 3 y k x x y      ，可得  2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k x k     ， 设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则 2 1 2 2 8 3 4 kx x k     ， 2 1 2 2 4 12 3 4 kx x k   ， 则点 M 到直线 2l 的距离为 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 kx y k kx k k xd k k k          ， 同理可得点 N 到直线 2l 的距离为 2 2 2 2 1 1 k xd k   ， 则   1 2 1 2 2 2 2 1 2 11 1 82 2 1 1MPNQ k x k xS PQ d d k k              1 2 1 22 2 2 81 8 1 12 1 1 k kx x x x k k             22 2 2 1 2 1 2 2 22 2 8 8 8 4 124 43 4 3 41 1 k k k kx x x x k kk k               2 96 8 33 4 k k   ，解得 3 2k   ， 故直线 1l 的方程为 3 3 2 2y x  或 3 3 2 2y x   . 【点睛】 方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤： （1）得出直线方程，设交点为  1 1A x y， ，  2 2B x y， ； （2）联立直线与曲线方程，得到关于 x （或 y ）的一元二次方程； （3）写出韦达定理； （4）将所求问题或题中关系转化为 1 2 1 2,x x x x 形式； （5）代入韦达定理求解. 14．在平面直角坐标系 xOy 中， P 为坐标原点，  3,0M ，已知平行四边形 OMNP 两条对角线的长度 之和等于 4 ． （1）求动点 P 的轨迹方程； （2 过  3,0M 作互相垂直的两条直线 1l 、 2l ， 1l 与动点 P 的轨迹交于 A 、B ， 2l 与动点 P 的轨迹交于点 C 、 D ， AB 、CD 的中点分别为 E 、 F ； ①证明：直线 EF 恒过定点，并求出定点坐标． ②求四边形 ACBD 面积的最小值． 【答案】（1）   2 2 1 04 x y y   ；（2）①证明见解析，定点坐标为 4 3 ,05       ；② 32 25 . 【分析】 （1）设点 P 的坐标为  ,x y ，根据已知条件得出    2 22 2 333 4 2x y yx      ，结合椭 圆的定义可知点 P 的轨迹是椭圆，求出 a 、b 、c的值，结合椭圆的焦点位置可得出点 P 的轨迹方程，并求 出 y 的取值范围； （2）①分析出直线 1l 的斜率存在且不为零，可设直线 1l 的方程为 ( )3 0x my m= + ¹ ，可得出直线 2l 的 方程为 1 3x ym    ，设点  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，将直线 1l 的方程与点 P 的轨迹方程联立，求出点 E 的 坐标，同理求出点 F 的坐标，求出直线 EF 的方程，进而可得出直线 EF 所过定点的坐标； ②求得 AB 、 CD ，利用基本不等式可求得四边形 ACBD 面积的最小值． 【详解】 （1）设点  ,P x y ，依题意 4MP ON OP OM OP OM           ，    2 22 23 4 2 33y xx y       ， 所以动点 P 的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则 2 4a  ， 3c  ， 2 2 1b a c    ， 动点 P 的轨迹方程是   2 2 1 04 x y y   ； （2）①若 1l 与 x 轴重合，则直线 1l 与动点 P 的轨迹没有交点，不合乎题意； 若 2l 与 x 轴重合，则直线 2l 与动点 P 的轨迹没有交点，不合乎题意； 设直线 1l 的方程为 ( )3 0x my m= + ¹ ，则直线 2l 的方程为 1 3x ym    ， 直线 1l 、 2l 均过椭圆的焦点（椭圆内一点）， 1l 、 2l 与椭圆必有交点． 设  1 1,A x y 、  2 2,B x y ，由  2 2 2 2 3 4 2 3 1 0 4 4 x my m y my x y           ， 由韦达定理可得 1 2 2 2 3 4 my y m     ，则  1 2 1 2 2 8 32 3 4x x m y y m       ， 所以点 E 的坐标为 2 2 4 3 3,4 4 m m m       ，同理可得点 2 2 2 4 3 3,4 1 4 1 m mF m m        ， 直线 EF 的斜率为    2 2 22 2 2 3 3 54 4 1 1 4 14 3 4 3 4 1 4 EF m m mm mk m mm m m        ， 直线 EF 的方程是  2 22 3 5 4 3 4 44 1 m my xm mm          ， 即         22 2 22 2 2 4 3 15 4 3 5 4 3 4 54 1 5 4 4 1 mm my x xmm m m                  ， 当 1m   时，直线 EF 的方程为 4 3 5x  ，直线 EF 过定点 4 3 ,05       ． 综上，直线 EF 过定点 4 3 ,05       ； ②由①可得 1 2 2 2 3 4 my y m     ， 1 2 2 1 4y y m    ，    2 22 2 1 2 1 2 1 2 2 4 1 1 1 4 4 m AB m y y m y y y y m              ， 同理可得  22 2 2 14 1 4 1 1 4 14 mmCD m m        ， 所以，四边形 ACBD 的面积为       2 22 2 22 2 2 2 8 1 8 1 32 254 4 1 4 4 12 2 1 m m S AB CD m m m m                  ， 当且仅当 2 1m  取等号． 因此，四边形 ACBD 的面积的最小值为 32 25 . 【点睛】 方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种： 一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值； 二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函 数的单调性或三角函数的有界性等求最值． 15．已知椭圆 C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     过点  2,0A  ，点 B 为其上顶点，且直线 AB 的斜率为 3 2 . （1）求椭圆C 的方程； （2）设 P 为第四象限内一点且在椭圆C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N ，求证： 四边形 ABNM 的面积是定值. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2）证明见解析. 【分析】 （1）首先求点 B 的坐标，根据 ,a b求椭圆方程；（2）首先设点   0 0 0 0, 0, 0P x y x y  ，利用点 P 的坐 标表示点 ,M N 的坐标，并利用四边形 ABNM 的对角线表示四边形的面积，化简为定值. 【详解】 （1）由题意，设直线 AB ：  30 22y x   ， 令 0x  ，则 3y  ，于是  0, 3B .所以 2a  ， 3b  ， 故椭圆C 的方程为 2 2 14 3 x y  . （2）设   0 0 0 0, 0, 0P x y x y  ，且 2 2 0 03 4 12x y  ， 又  2,0A  ，  0, 3B ，所以直线 AP ： 0 0 0 2 0 2 y x y x    ， 令 0x  ， 0 0 2 2M yy x   ，则 0 0 0 0 0 2 3 2 3 23 3 2 2M y x yBM y x x        . 直线 BP ： 00 3 0 03 y x xy    ，令 0y  ， 0 0 3 3N xx y   ， 则 0 0 0 0 0 3 2 2 3 32 2 3 3N x y xAN x y y          . 所以四边形 ABNM 的面积为 1 2S BM AN  0 0 0 0 0 0 3 2 3 2 2 2 3 31 2 2 3 x y y x x y          2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 3 4 12 4 3 12 8 3 2 3 2 2 3 x y x y x y x y x y              0 0 0 0 0 0 0 0 4 3 3 2 2 3 2 3 2 3 2 2 3 x y x y x y x y         ， 所以四边形 ABNM 的面积为定值 2 3 . 【点睛】 方法点睛：解决定值、定点的方法 （1）从特殊入手，求出定值、定点、定线，再证明定值、定点、定线与变量无关； （2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量是此类问题的特点，设而不求的方法、整体思想 和消元思想的运用可以有效的简化运算. 16．已知 A ，B 分别为椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左､右顶点，F 为右焦点，点 P 为C 上的一点，PF 恰好垂直平分线段 OB (O 为坐标原点)， 3 2PF  . （1）求椭圆C 的方程； （2）过 F 的直线 l 交C 于 M ， N 两点，若点Q 满足 OQ OM ON    (Q ， M ， N 三点不共线)，求四 边形 OMQN 面积的取值范围. 【答案】（1） 2 2 14 3 x y  ；（2） (0,3] . 【分析】 （1）根据条件得 2 2 2 2 2 3 2 a c b a a b c       ，从而得解； （2）由题意可知直线 l 的斜率不为 0 ，设直线 l 的方程为： 1x my  ，设 MN 的中点为 E ，则 2OQ OM ON OE      ，知四边形OMQN 为平行四边形，由 OMQNS平行四边形 2 OMNS △ 1 2 12 2 OF y y     ，结合韦达定理可得表达式，进而可得范围. 【详解】 （1）由题意可知  ,0F c ，  ,0B a ， ∵ PF 恰好垂直平分线段OB ，∴ 2a c ， 令 x c ，代入 2 2 2 2 1x y a b   得： 2by a   ，∴ 2 3 2 b a  ， ∴ 2 2 2 2 2 3 2 a c b a a b c       ，解得 2 3 1 a b c      ， ∴椭圆C 的方程为： 2 2 14 3 x y  . （2）由题意可知直线 l 的斜率不为 0 ，设直线 l 的方程为： 1x my  ， 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 联立方程 2 2 14 3 1 x y x my       ，消去 x 得： 2 23 4 6 9 0m y my    ， ∴  2 236 36 3 4 0m m     ， ∴ 1 2 2 6 3 4 my y m    ， 1 2 2 9 3 4y y m   ， 设 MN 的中点为 E ，则 2OQ OM ON OE      ， ∴ MN 与 OQ 互相平分，四边形 OMQN 为平行四边形， ∴ OMQNS平行四边形 2 OMNS △ 1 2 12 2 OF y y     1 2y y   2 1 2 1 24y y y y     2 2 22 36 36 3 43 4 m mm    2 2 12 1 3 4 m m   ， 令 2 1 1t m   ，则  2 12 12 113 1 3 OMQN tS tt t t     平行四边形 ， ∵ 1 1 33 3y t tt t              在[1, ) 上单调递增， ∴ 13 4t t   ，∴  12 0,313t t   ， ∴ 0 3OMQNS 平行四边形 . 综上所述，四边形 OMQN 面积的取值范围为 (0,3] . 【点睛】 思路点睛： 与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决： （1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系； （2）不等式（组）求解法：利用题意结合图形（如点在曲线内等）列出所讨论的参数适合的不等式（组）， 通过解不等式组得出参数的变化范围； （3）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过 讨论函数的值域来求参数的变化范围； （4）利用代数基本不等式： 代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思； （5）结合参数方程，利用三角函数的有界性.：直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有 三角式. 因此，它们的应用价值在于： ① 通过参数简明地表示曲线上点的坐标； ② 利用三角函数的有界 性及其变形公式来帮助求解诸如最值、范围等问题； （6）构造一个二次方程，利用判别式求解. 17．已知抛物线  2: 2 0E y px p  ，圆    2 2 2: 2 0F x y r r    ，当 3r  时，抛物线 E 与圆 F 仅 有两个交点． （1）求抛物线 E 的方程； （2）如图，若圆 F 与抛物线 E 有四个交点，且交点分别为 A ， B ，C ，D ，求四边形 ABCD 面积的最大 值． 【答案】（1） 2 2y x ；（2）16 6 9 ． 【分析】 （1）联立方程组，结合 0  ，求得 1p  ，即可求得抛物线 E 的方程； （2）联立方程组方程组，列出不等式组，求得 r 的范围，设  1 1,A x y ，  2 2,D x y ，求得面积   2 2 216 1 4 1 4S r r     ，利用换元法和导数求得函数的最值，即可求解. 【详解】 （1）联立方程组   2 2 2 2 , 2 3 y px x y      ，整理得  2 2 2 1 0x p x    有两个相同的解， 因为抛物线 E 与圆 F 仅有两个交点，可得因此     24 2 4 0 2 0 p p        ，解得 1p  ， 所以抛物线 E 的方程为 2 2y x ． （2）若圆 F 与抛物线 E 有四个交点，则方程组   2 2 2 2 2 , 2 y x x y r      有四组解， 可得方程 2 22 4 0x x r    有两个不同的解，所以  2 2 4 4 4 0 4 0 0 r r r          ， 解得 3 2r  ， 由抛物线和圆的对称性可知，四边形 ABCD 是梯形， 设四边形 ABCD 的面积为S ，  1 1,A x y ，  2 2,D x y  1 2 2 1, 0,y y x x  ， 则  1 1,B x y ，  2 2,C x y ， 因为 1x ， 2x 是方程 2 22 4 0x x r    的两个不同的解， 1 2 2x x  ， 2 1 2 4x x r  ， 则      1 2 2 1 1 2 2 12 2S y y x x x x x x      ， 则       22 2 2 1 2 1 2 1 2 1 22 2 4 2 2 2 4 4 16 4S x x x x x x x x r r              2 216 1 4 1 4r r     ， 设 24x r  ，则  0,1x ，则     2 2 3 216 1 1 16 1S x x x x x        ． 构造函数 3 2 1y x x x     ，  0,1x ， 则   23 2 1 3 1 1y x x x x         ， 10, 3x     时， 0y  ， 1 ,13x     时， 0y  ， 则函数 3 2 1y x x x     在 10, 3      上单调递增，在 1 ,13      上单调递减． 因此当 1 3x  时，函数 3 2 1y x x x     取得最大值，为 32 27 ， 故 35 3r  时，S 取得最大值，为16 6 9 ． 【点睛】 解后反思 关于求 2S 的最大值亦可用推广的基本不等式 3 3 a b c abc+ + ³ 来处理，即     3 3 22 1 1 2 2 48 1 2 2 8 83 3 x x xS x x                     ，当且仅当 1 3x  ，即 35 3r  时，S 有 最大值16 6 9 ． 18．如图，已知双曲线 2 2: 13 yC x   的左右焦点分别为 1F 、 2F ，若点 P 为双曲线C 在第一象限上的一点， 且满足 1 2 8PF PF  ，过点 P 分别作双曲线C 两条渐近线的平行线 PA 、PB 与渐近线的交点分别是 A 和 B . （1）求四边形OAPB 的面积； （2）若对于更一般的双曲线   2 2 2 2: 1 0, 0x yC a ba b      ，点 P 为双曲线 C 上任意一点，过点 P 分别 作双曲线 C 两条渐近线的平行线 P A  、 P B 与渐近线的交点分别是 A 和 B.请问四边形OA P B   的面积 为定值吗？若是定值，求出该定值（用 a 、 b 表示该定值）；若不是定值，请说明理由. 【答案】（1） 3 2 ；（2）是，且定值为 1 2 ab . 【分析】 （1）求出点 P 、B 的坐标，计算出点 B 到直线 OP 的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形OAPB 的 面积； （2）设点  0 0,P x y ，求出点 B的坐标，计算出点 B到直线 OP的距离 d ，利用平行四边形的面积公式 化简可得结果. 【详解】 （1）因为双曲线 2 2: 13 yC x   ，由双曲线的定义可得 1 2 2PF PF  ， 又因为 1 2 8PF PF  ， 1 5PF  ， 2 3PF  ， 因为 1 2 2 1 3 4F F    ，所以， 2 2 2 2 1 2 1PF F F PF  ， 2PF x  轴， 点 P 的横坐标为 2Px  ，所以， 2 22 13 Py  ， 0Py  ，可得 3Py  ，即点  2,3P ， 过点 P 且与渐近线 3y x  平行的直线的方程为  3 3 2y x    ， 联立   3 3 3 2 y x y x       ，解得 31 2 33 2 x y       ，即点 3 31 , 32 2B       ， 直线 OP 的方程为 3 2 0x y  ，点 B 到直线OP 的距离为 3 32 13 2 13 d   ， 且 13OP  ，因此，四边形OAPB 的面积为 32 2OAPB OBPS S OP d    △ ； （2）四边形OA P B   的面积为定值 1 2 ab ，理由如下： 设点  0 0,P x y ，双曲线 2 2 2 2 1x y a b   的渐近线方程为 by xa   ， 则直线 P B 的方程为  0 0 by y x xa     ， 联立  0 0 by y x xa by xa        ，解得 0 0 0 0 2 2 2 2 x ax yb y by xa       ，即点 0 0 0 0,2 2 2 2 x ya bB y xb a       ， 直线 OP的方程为 0 0 yy xx  ，即 0 0 0y x x y  ， 点 B到直线 OP的距离为 0 0 2 2 2 20 0 0 0 0 0 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 2 x ya by y x x a y b xb ad x y ab x y                 2 2 2 2 2 2 0 0 0 02 2 a b ab ab x y x y     ，且 2 2 0 0OP x y   ， 因此， 2 2 0 02 2 0 0 2 22OA P B OB P ab abS S OP d x y x y              △ （定值）. 【点睛】 方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 19．已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，左顶点为  ,0A a ， 1 2 3 2 2AF AF   ， 过点 2F 且垂直于 x 轴的直线交椭圆C 所得的弦长为 2 ． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）设分别过点 1F ， 2F 且互相平行的直线 l ，l 与椭圆依次交于 M ，N ，P ，Q 四点，求四边形 MNPQ 面积的最大值． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 2 2 ． 【分析】 （1）由 1 2 3 2 2AF AF   ，得 ,a c 的关系，再由弦长得 ,a b关系，结合 2 2 2a b c  可解得 , ,a b c 得椭圆方 程； （2）设直线 l ，l 的方程分别为 1x my  ， 1x my  ．设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，直线方程代入椭圆 方程由韦达定理得 1 2y y 主， 1 2y y ，由弦长公式得弦长，求出两平行线间距离，求得面积的表达式，利用 换元法结合基本不等式可得最大值． 【详解】 （1）设椭圆C 的半焦距为 c． 由 1 2 3 2 2AF AF   ，得 3 2 2a c a c    ， 即    3 2 2 3 2 2a c a c     ， 即   2 2 4 2 2 2c a   ，即 2a c ． 由 2 2 2a b c  ，得 2a b ，b c ． 根据椭圆的焦点弦可知过点 2F 且垂直于 x 轴的直线交椭圆C 所得的弦长为 22 2b a  ，得 2 2 2 b a  ，即 2 2 22 b b  ，解得 1b  ，则 2a  ． 故椭圆C 的标准方程为 2 2 12 x y  ． （2）设直线 l ，l 的方程分别为 1x my  ， 1x my  ． 联立 2 2 1, 1,2 x my x y     消去 x 得 2 22 2 1 0m y my    ， 0  ． 设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则 1 2 2 2 2 my y m    ， 1 2 2 1 2y y m    ， 所以   2 22 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 11 1 4 1 42 2 mMN m y y m y y y y m m m                       2 2 2 2 1 2 m m   ． 又直线 l ， l 之间的距离 2 2 1 1 2 1 1 d m m      ， 所以  2 2 2 22 2 2 1 2 4 2 1 2 21MNPQ m mS MN d m mm      四边形 ． 令  2 1 1m t t   ，则 2 2 1m t  ， 则 2 4 2 4 2 4 2 2 211 12 MNPQ tS t t tt t       四边形 ，当且仅当 1t  ，即 0m  时等号成立． 所以四边形 MNPQ 面积的最大值为 2 2 ． 【点睛】 方法点睛：本题考查求椭圆的方程，考查直线与椭圆相交中的面积的最值．解题方法是设而不求的思想方 法．设交点坐标，即设直线方程了，与椭圆方程联立消元应用韦达定理，然后由弦长公式求弦长，再求得 平行线间距离后可把面积表示炎参数的函数，然后由换元法、基本不等式等求得最大值．