专题4 圆锥曲线的面积问题（解析版）-2021年高考数学圆锥曲线中必考知识专练.doc

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1、专题4：圆锥曲线的面积问题（解析版）一、单选题1已知是椭圆的两个焦点，是椭圆上一点，且，则的面积等于（ ）A24B26CD【答案】A【分析】由椭圆的定义可得，由勾股定理可得，即可得解.【详解】由题意，椭圆，所以，所以，又，所以，因为，所以，所以，故的面积.故选：A.【点睛】本题考查了椭圆定义的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.2已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，且，点为抛物线准线与其对称轴的交点，则的面积为( )ABCD【答案】D【分析】先由抛物线的方程得到焦点坐标和准线方程，进而求出点的坐标，再由定义求出点P坐标，结合三角形面积公式可得出结果.【详解】因为，所以其焦点，准线为,所以设,由

2、得，所以，所以，则.【点睛】本题主要考查抛物线的简单性质，属于基础题型.二、解答题3已知动点与平面上两定点、连线的斜率的积为定值.（1）求动点的轨迹的方程；（2）若，过的直线交轨迹于、两点，且直线倾斜角为，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设点，则依题意有，化简可得所求轨迹方程；（2）由题意可得直线的方程为：，再与椭圆方程联立方程求出交点坐标，从而可求出的面积为.【详解】（1）设点，则依题意有，整理得，由于，所以所求动点的轨迹的方程为：.（2）直线的斜率，故直线的方程为：，与椭圆方程联立，消去得：，或.的面积为.【点睛】此题考查轨迹方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能

3、力，属于基础题4已知椭圆，点是椭圆C上一点，离心率为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）直线l：与椭圆C相交于A，B两点，且在y轴上有一点，当面积最大时，求m的值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据点是椭圆C上一点，离心率为，由，且求解. （2 ）先求得到直线l的方程为的距离，再将直线代入椭圆方程，结合韦达定理，利用弦长公式求得，再利用求解.【详解】（1）由题意可得，且，解得，则椭圆的方程为；（2）由直线l的方程为，则到直线l的距离，将直线代入椭圆方程可得，由判别式，解得，设，则，由弦长公式可得，当且仅当时取得等号.即当面积最大时，m的值为.【点睛】思路点睛：1、解决直线与椭圆的位置关系

4、的相关问题，其常规思路是先把直线方程与椭圆方程联立，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 2、设直线与椭圆的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则弦长公式为， (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零5已知椭圆E：()的左焦点为，过F的直线交E于A、C两点，的中点坐标为.（1）求椭圆E的方程；（2）过原点O的直线和相交且交E于B、D两点，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）设，分别代入椭圆方程作差，结合平方差公式和直线的斜率公式、中点坐标公式，可得a，b的关系，再由a，b，c的关

5、系，解方程可得a，b，进而得到所求椭圆方程；（2）求得直线的方程，联立椭圆方程，可得A，C的坐标.设，且直线的斜率存在，设方程为()，联立椭圆方程，可得B，D的横坐标，则，(，分别表示B，D到直线的距离)，运用点到直线的距离公式和换元法基本不等式可得所求最大值.【详解】解：（1）设，可得，两式相减得，将，代入上式，即，又，即有，则椭圆E的方程为；（2）直线AC的方程为，联立，解得或，设，且直线的斜率存在，设方程为()，联立，得，则， 设，分别表示B，D到直线的距离，所以，令，则，故，当且仅当，即，时，四边形的面积取得最大值.【点睛】本题考查椭圆方程的求法，考查椭圆中四边形面积的最值问题，属于较

6、难题.6已知椭圆的左，右焦点分别为，离心率为，且（1）求椭圆的方程；（2）设椭圆的下顶点为，过右焦点作与直线关于轴对称的直线，且直线与椭圆分别交于点，为坐标原点，求的面积【答案】（1）；（2）.【分析】（1）依题意得到方程，即可求出、，再根据，即可求出，从而得解；（2）由题可知，直线与直线关于轴对称，所以，即可求出直线的方程，联立直线与椭圆方程，设，即可求出、的坐标，从而求出，再利用点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，最后根据计算可得；【详解】解：（1）由题得，解得，因为，所以，所以椭圆的方程为（2）由题可知，直线与直线关于轴对称，所以由（1）知，椭圆的方程为，所以，所以，从而，所以直线的

7、方程为，即联立方程，解得或设，不妨取，所以当，；当，所以，设原点到直线的距离为，则，所以【点睛】本题考查待定系数法求椭圆方程，直线与椭圆的综合应用，属于中档题.7已知椭圆左，右焦点分别为，为椭圆上任意一点，过的直线与椭圆交于，两点.（1）当时，求的最大值；（2）点在线段上，且，点关于原点对称的点为点，求面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由时，为线段的中点，根据椭圆的对称性，可知轴，所以是通径，长度为，利用计算可得最大值（2）首先设，则，利用面积比得，直线方程代入椭圆方程整理应用韦达定理得，面积表示为的函数，设后变形再利用函数的单调性得取值范围【详解】（1）当时，为线段的中点

8、，根据椭圆的对称性，可知轴，所以，所以，当点在椭圆的左顶点时，等号成立，故的最大值为.（2）由题可知，设，则，由题意可知，联立，整理得，由根与系数的关系得，所，令，则，因为在上是增函数，所以，所以面积的取值范围为.【点睛】本题考查直线与椭圆相交，考查椭圆中的面积问题，平面向量的数量积，解题方法是“设而不求”的思想方法直线方程（设出）与椭圆方程联立消元后应用韦达定理，再代入其他条件求解8已知椭圆：的左、右焦点分别为、，离心率为，过点且斜率不为0的直线交椭圆于，两点，当点到直线的距离取最大值时，（1）求椭圆的标准方程；（2）若，求的面积【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意可得，再由，求出，

9、即可求解.（2）设，直线的方程为，将直线与椭圆方程联立消去，求出，再由可得求出，由即可求解.【详解】解：（1）设椭圆的半焦距为，当点到直线的距离取最大值时，轴，此时，又椭圆的离心率，所以，解得，所以椭圆的标准方程为（2）设，直线的方程为代入椭圆的方程消去，得，解得，由韦达定理得，若，则，所以，代入得，消去，得，解得，所以，所以的面积为【点睛】本题考查了椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，此题要求有较高的计算能力，属于难题.9已知椭圆，其长轴为4，离心率为，过椭圆上一点作圆的两条切线，切点分别为，直线与轴的交点分别为.（1）求椭圆的方程；（2）求面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（

10、1）利用已知条件求出，即可得到结果；（2）设点椭圆上点坐标为切点坐标为，利用，得到所在的直线方程，求出点的坐标，即可得出面积，最后利用基本不等式求最值即可.【详解】（1）依题意，得椭圆方程为；（2）设点椭圆上点坐标为，切点坐标为，直线为圆的两切线，圆方程为：.，得到：，即，同理可得，所以点同时满足直线方程，即直线方程为：.令得点坐标为，令得点坐标为，所以，因为在椭圆上，有，所以得 即最小值为，当时取得.所以面积的最小值为.【点睛】关键点点睛：把平面解析几何中的垂直问题转换为向量问题求解，进而求出直线的方程，得到交点坐标，利用面积公式以及基本不等式求解最值.属于中档题.10已知定点，圆，点为圆上

11、动点，线段的垂直平分线交于点，记的轨迹为曲线.（1）求曲线的方程；（2）过点与作平行直线和，分别交曲线于点、和点、，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由中垂线的性质得，可得出，符合椭圆的定义，可知曲线是以、为焦点的椭圆，由此可得出曲线的方程；（2）设直线的方程为，设点、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算出，同理得出，并计算出两平行直线、的距离，可得出四边形的面积关于的表达式，然后利用双勾函数的单调性可求出四边形面积的最大值.【详解】（1）由中垂线的性质得，所以，动点的轨迹是以、为焦点，长轴长为的椭圆，设曲线的方程为，则，因此，曲线的方程为:

12、；（2）由题意，可设的方程为，联立方程得，设、，则由根与系数关系有，所以，同理，与的距离为，所以，四边形的面积为，令，则，得，由双勾函数的单调性可知，函数在上为增函数，所以，函数在上为减函数，当且仅当，即时，四边形的面积取最大值为.【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解，涉及椭圆的定义，同时也考查了直线与椭圆中四边形面积最值的计算，一般将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理设而不求法来求解，考查计算能力，属于中等题.11已知抛物线的焦点为，若过且倾斜角为的直线交于，两点，满足.（1）求抛物线的方程；（2）若为上动点，在轴上，圆内切于，求面积的最小值.【答案】（1）（2）【分析】（1）求出抛物线的焦

13、点，设出直线的方程，代入抛物线方程，运用韦达定理和抛物线的定义，可得，进而得到抛物线方程；（2）设，不妨设，直线的方程为，由直线与圆相切的条件：，化简整理，结合韦达定理以及三角形的面积公式，运用基本不等式即可求得最小值.【详解】（1）抛物线的焦点为，则过点且斜率为1的直线方程为，联立抛物线方程，消去得：，设，则，由抛物线的定义可得，解得，所以抛物线的方程为（2）设，不妨设，化简得：，圆心到直线的距离为1，故， 即，不难发现，上式又可化为，同理有，所以可以看做关于的一元二次方程的两个实数根，由条件：，当且仅当时取等号.面积的最小值为8.【点睛】本题主要考查了抛物线的定义、方程和性质，主要考查定义

14、法和方程的运用，同时考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，直线和圆相切的条件：，以及基本不等式的运用，属于中档题.12已知离心率为的椭圆过点（1）求椭圆的方程；（2）过点作斜率为2直线与椭圆相交于，两点，求的长；（3）过点的直线与椭圆相交于，两点，求的面积的最大值【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）由题意，可列出方程组得，即可求出椭圆方程；（2）直线，联立，整理得，写出韦达定理，最后利用椭圆弦长公式能求出的长；（3）当直线的斜率不存在时，直线轴，分别求出，的坐标，根据求出的面积；当直线的斜率存在，且不为0时，可得直线的方程为：，与椭圆的方程联立，得，写出韦达定理和，再根据求出的面积

15、，最后根据双勾函数的性质求出面积的取值范围，综合即可得出的面积的最大值.【详解】解：（1）由题可知，椭圆的离心率为，且椭圆过点，则，解得：，故椭圆的方程为；（2）过点作斜率为2直线，直线，联立，整理得：，设，则，；（3）由于直线过点直线，设，当直线的斜率不存在时，直线轴，此时将代入，解得：，即，的坐标分别为，则的面积为：；当直线的斜率存在，且不为0时，可设直线的方程为：，联立，整理得：，则，而的面积为：，即，令，则，得 ，所以，由于，由双勾函数的性质得，则所以综上得：，所以的面积最大值为.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求法，解题关键是根据离心率和椭圆的简单几何性质，找到关于的等量关系，

16、考查椭圆弦长的求法以及根据直线与椭圆的位置关系和应用韦达定理求出和，从而解决椭圆中三角形面积的最值问题，考查分析解题能力和函数与方程的思想，属于难题.13在平面直角坐标系中，椭圆E：（）的左焦点为，左顶点为A，上、下顶点分别为B，C.（1）若直线经过中点M，求椭圆E的标准方程；（2）若直线的斜率为1，与椭圆的另一交点为D，椭圆的右焦点为，求三角形的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由题意，由左焦点为，得，从而可得直线：，然后将点的坐标代入直线方程可求出，再由可求出的值，从而可得椭圆方程；（2）由题意可得椭圆方程为，直线：，两方程联立方程组可求得点，从而可求得三角形的面积为【详解】解：

17、（1）由题意，又，所以，直线：.M为的中点，所以，代入直线：，则，由，所以，所以椭圆E的标准方程是.（2）因为直线的斜率为1，则，所以椭圆M：，又直线：，由 解得（舍），或，所以.因为，所以三角形的面积为.【点睛】此题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，属于中档题14已知，是椭圆的左、右焦点（1）求椭圆C的焦点坐标和离心率；（2）过椭圆C的左顶点A作斜率为1的直线l，l与椭圆的另一个交点为B，求的面积【答案】（1），；（2）【分析】（1）根据椭圆的方程求出，从而可得椭圆C的焦点坐标和离心率；（2）先写出直线的方程，再与椭圆联立求出点的坐标，进而求出的面积【详解】（1

18、）因为椭圆方程为，所以， ，焦点坐标分别为，离心率（2）椭圆的左顶点为，直线的方程为，由，消去，整理可得：，解得，所以点坐标为，所以【点睛】本题考查求椭圆的标准形式及直线与椭圆的综合，以及三角形的面积公式的应用，属于基础题15已知抛物线（）写出抛物线C的准线方程，并求抛物线C的焦点到准线的距离；（）过点且斜率存在的直线l与抛物线C交于不同的两点A，B，且点B关于x轴的对称点为D，直线AD与x轴交于点M（i）求点M的坐标；（）求与面积之和的最小值【答案】（）准线方程是，抛物线的焦点到准线的距离为1（）（）（）【分析】（）根据抛物线的定义直接得出结论；（）（）设，设：，直线方程代入抛物线方程应用韦

19、达定理得，写出直线方程，求出它与轴的交点坐标即得；（）由（）的结论计算三角形面积和，结合基本不等式可得【详解】（）由题意，所以准线方程是，抛物线的焦点到准线的距离为1（）（）令，则，且令，令：，由，得，所以，则直线的方程为，当时，所以，又，所以，即（），则，当且仅当，即时，等号成立所以面积之和的最小值为【点睛】本题考查抛物线的定义，考查直线与抛物线相交问题，解题方法是设而不求的思想方法，考查了学生运算求解能力，属于中档题16已知椭圆的左、右焦点分别为、，椭圆的离心率为，若是椭圆上的一个点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）已知点是椭圆上位于第一象限内一点，直线平行于（为原点）交椭圆于、两点，点

20、是线段上（异于端点）的一点，延长至点，使得，求四边形面积的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【分析】（1）利用椭圆的定义可求得的值，结合离心率可求得的值，根据、的关系可求得的值，进而可求得椭圆的标准方程；（2）计算出点的坐标为，可得出直线的斜率为，可设点，设直线的方程，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理并求得，求出点到直线的距离，由已知条件得出，然后利用基本不等式可求得四边形面积的最大值.【详解】（1）由椭圆的定义及，得，即.设椭圆半焦距为，因为，所以，则，所以椭圆的标准方程为；（2）将点的坐标代入椭圆的方程得，可得，即点，所以，设，设直线的方程，联立，消去整理可得，由，又，则，

21、且，所以弦长，到直线的距离为，则，设到直线的距离为，由得，所以，所以，所以，当且仅当时，等号成立，因此，四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查椭圆标准方程的求解，同时也考查了椭圆中四边形面积最值的求解，考查韦达定理设而不求法的应用，考查计算能力，属于难题.17已知椭圆的中心在坐标原点，长轴在轴上，离心率为，两个焦点分别为和，椭圆上一点到和的距离之和为12圆：的圆心为点（1）求椭圆的方程（2）求的面积【答案】（1）；（2）【分析】（1）根据离心率以及椭圆定义求解出的值，即可求解出的值，则椭圆方程可求；（2）将圆的一般方程化简为标准方程，即可求解出圆心的坐标，根据即可求解出的面积.【详解】（1）设

22、椭圆的方程为：，设半焦距为，则，解得，所求椭圆的方程为：；（2）圆：，即，则点的坐标为，则【点睛】本题考查椭圆方程的求解以及由圆的方程确定圆心，主要考查学生的基本计算能力，难度一般.18已知椭圆的左右两个焦点分别为，以坐标原点为圆心，过，的圆的内接正三角形的面积为，以为焦点的抛物线的准线与椭圆C的一个公共点为P，且.（1）求椭圆C和抛物线M的方程；（2）过作相互垂直的两条直线，其中一条交椭圆C于A，B两点，另一条交抛物线M于G，H两点，求四边形面积的最小值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据三角形的面积求解出的值，从而抛物线方程可求，再求解出的长度，并根据椭圆的定义求解出的值，从而椭圆

23、的方程可求；（2）分直线的斜率和讨论：当时直接计算；当时分别联立直线与椭圆、抛物线，利用弦长公式表示出，根据求解出四边形面积的最小值.【详解】（1）圆半径为，故内接正三角形的面积为，即又，故，椭圆.（2）由已知得直线的斜率存在，记为（i）当时，故.（ii）当时，设，代入，得：.此时，代入得：.综上，.【点睛】本题考查圆锥曲线的综合应用，其中涉及到椭圆和抛物线的方程求解、直线与圆锥曲线交点围成面积的最值，对学生的计算能力要求较高，难度一般.19已知椭圆的长轴长为4，且经过点.（1）求椭圆的方程；（2）直线的斜率为，且与椭圆相交于，两点（异于点），过作的角平分线交椭圆于另一点.（i）证明：直线与坐

24、标轴平行；（ii）当时，求四边形的面积【答案】（1）；（2）（i）见解析，（ii）【分析】（1）根据题意，将点代入椭圆方程即可求解.（2）（i）利用分析法，只需证直线的方程为或，只需证，斜率都存在，且满足即可，设直线：，将直线与椭圆联立，消，利用韦达定理求出即可证出；（ii）可知直线和的倾斜角应该分别为，即斜率分别为1和-1，不妨令，求出直线的方程，将直线方程与椭圆方程联立，求出点的坐标，同理求出点，再利用三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）解：，将代入椭圆方程，得，解得，故椭圆的方程为.（2）（i）证明：平分，欲证与坐标轴平行，即证明直线的方程为或，只需证，斜率都存在，且满足即可.当或斜

25、率不存在时，即点或点为，经检验，此时直线与椭圆相切，不满足题意，故，斜率都存在.设直线：，联立，由韦达定理得，得证.（ii）解：若，即，则可知直线和的倾斜角应该分别为，即斜率分别为1和-1，不妨就令，则：，即，已知是其一个解，故，同理，可得，因为，故的方程只能是.设直线的倾斜角为，与所成角为，故，而，故，又，故.【点睛】本题考查了待定系数法求椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系中的面积问题，考查了运算求解能力，属于难题.20椭圆，离心率为，长轴长为4.（1）求椭圆方程；（2）若直线l过椭圆左焦点且倾斜角为，交椭圆与A，B两点，O为坐标原点，求的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求解从而求得椭圆的方程；（2）结合（1），写出椭圆的左焦点坐标，利用点斜式求出直线的方程，联立方程组，利用弦长公式求得，利用点到直线的距离求得，利用三角形面积公式求得结果.【详解】（1）由题，解得.椭圆方程为.（2）由（1）知椭圆左焦点，直线l的斜率，直线l的方程为.设，联立椭圆和直线方程消去y整理得，.则，点O到直线l的距离为，的面积.【点睛】该题考查的是有关直线与椭圆的问题，涉及到的知识点有椭圆方程的求解，直线被椭圆截得弦长，椭圆中三角形的面积问题，属于简单题目.31原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！