9 圆锥曲线中三角形面积的求解策略-《中学生数理化》高二数学2024年11月刊

■河南省濮阳市第一高级中学 梁文强 圆锥曲线试题经常以三角形面积为载体 命制,故求三角形面积成为高考中的热点问 题。而求三角形面积又必须结合圆锥曲线及 三角形相关知识,这对求三角形面积提出了 更高的要求。下面结合几道高考试题,给出 在圆锥曲线中求解三角形面积的几种解题策 略。 策略一 S△= 1 2|A1A2||x1-x2| ,其 中A1A2 为两个三角形的公共底边,x1,x2 为以 A1A2 为底边的两个三角形的顶点横坐标。 例 1 (2014年全国新课标Ⅰ卷第20 题)已知点 A(0,-2),椭圆 E: x2 a2 +y 2 b2 = 1(a>b>0)的离心率为 3 2 ,F 是椭圆的焦 点,直线AF 的斜率为 23 3 ,O 为坐标原点。 (1)求椭圆E 的方程; (2)设过点A 的直线l与椭圆E 相交于 P,Q 两点,当△OPQ 面积最大时,求直线l 的方程。 解:(1) x2 4+y 2=1(解题过程略)。 (2)当l⊥x 轴时,不符合题意。 图1 故设直线l的方程 为y=kx-2,P(x1, y1),Q(x2,y2),如图1。 将y=kx-2代入 x2 4+y 2=1 ,得 (1+ 4k2)x2-16kx+12=0。 由根与系数的关系知x1+x2= 16k 4k2+1 , x1x2= 12 4k2+1 。 因为直线与椭圆有两个交点,所以Δ= 16(4k2-3)>0,即 k2> 3 4 。 S△OPQ=S△OPA-S△OAQ= 1 2|OA||x1|- 1 2|OA||x2|=|x1|-|x2|=|x1-x2| = (x1+x2)2-4x1x2 = 16k 4k2+1 2 - 48 4k2+1 = 4 4k2-3 4k2+1 。 设 4k2-3=t,则 t>0,故 S△OPQ = 4t t2+4 = 4 t+ 4 t 。 因为t+ 4 t≥4 ,当且仅当t=2,即k= ± 7 2 时等号成立,所以当△OPQ 的面积最大 时,直线l 的方程为y= 7 2x-2 或 y= - 7 2x-2 。 评注:直接求三角形面积困难时,可以对 三角形进行分割或补形,割补后两个三角形 会 出 现 共 底 或 同 高 的 情 况。 如 题 中 的 △OAQ 和△OPA 有公共底边OA,并且在y 轴上,故可以利用S△OPQ= 1 2|OA||x1-x2| 计算三角形面积。 策略二 S△= 1 2|B1B2||y1-y2| ,其中 B1B2 为两个三角形的公共底边,y1,y2 为以 B1B2 为底边的两个三角形的顶点纵坐标。 图2 例 2 (2012年 重庆卷第21题)如图 2,设椭圆的中心为原 点O,长轴在x 轴上, 上顶点为 A,左右焦 点分别为 F1,F2,线 段OF1,OF2 的 中 点 分 别 为 B1,B2,且 △AB1B2 是面积为4的直角三角形。 72 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年11月 (1)求该椭圆的离心率和标准方程; (2)过B1 作直线交椭圆于P,Q 两点,使 PB2⊥QB2,求△PB2Q 的面积。 解:(1) x2 20+ y2 4=1 ,e= 25 5 (解题过程略)。 (2)由(1)知,B1(-2,0),B2(2,0)。由 题意知,直线PQ 的倾斜角不为零,故可设直 线PQ 的方程为x=my-2,代入椭圆方程得 (m2+5)y2-4my-16=0。(*) 设P(x1,y1),Q(x2,y2),则y1,y2 是方 程(*)的两根,故y1+y2= 4m m2+5 ,y1y2= -16 m2+5 。 因为B2P→=(x1-2,y1),B2Q→=(x2- 2,y2),所以 B2P→·B2Q→=(x1-2)(x2- 2)+y1y2=(my1-4)(my2-4)+y1y2= -16(m2+1) m2+5 - 16m2 m2+5 +16=- 16m2-64 m2+5 。 由 PB2⊥QB2,知 B2P→·B2Q→=0,即 16m2-64=0,解得m=±2。 当m=2时,方程(*)化为9y2-8y- 16=0,则 y1= 4+4 10 9 ,y2= 4-4 10 9 , |y1-y2|= 8 9 10 。 S△PB2Q= 1 2|B1B2||y1-y2|= 16 9 10 。 当 m = -2 时,同 理 可 得 S△PB2Q = 1 2|B1B2||y1-y2|= 16 9 10 。 综上所述,△PB2Q 的面积为 16 9 10 。 评 注:把 △PB2Q 分 割 成 △PB1B2 和 △QB1B2,这两个三角形有公共底边B1B2,并 且在x轴上,故利用S△PB2Q= 1 2|B1B2||y1- y2|求解即可。 策略三 S△= 1 2ah ,其中a为三角形的 底边,h为三角形的高。 例 3 (2013年浙江卷第21题)如图3, 点P(0,-1)是椭圆C1: x2 a2 +y 2 b2 =1(a>b> 图3 0)的一个顶点,C1 的 长 轴 是 圆 C2:x2 + y2=4的直径,l1 和l2 是过点P 且互相垂直 的两条直线,其中l1 交圆 C2 于 A,B 两 点,l2 交椭圆C1 于另 一点D。 (1)求椭圆C1 的方程; (2)当△ABD 的面积取最大值时,求直 线l1 的方程。 解:(1) x2 4+y 2=1(解题过程略)。 (2)由题意知,直线l1 的斜率存在,不妨 设其为k,则直线l1 的方程为y=kx-1。 因为圆C2:x2+y2=4,点O 到直线l1 的 距离d= 1 k2+1 ,所以|AB|=2 4-d2 = 2 4k2+3 k2+1 。 因为l2⊥l1,所以直线l2 的方程为x+ ky+k=0。 设 D(x0,y0),联 立 x+ky+k=0, x2+4y2=4, 得 (4+k2)x2+8kx=0,故x0=- 8k 4+k2 。 将x0 代入直线l2 的方程,得y0= 4-k2 4+k2 。 又P(0,-1),故|PD|= 8 k2+1 4+k2 。 设△ABD 的面积为S,则S= 1 2|AB| · |PD| = 8 4k2+3 k2+4 = 32 4k2+3 4k2+3+13 = 32 4k2+3+ 13 4k2+3 ≤ 32 2 13 = 16 13 13 ,当 且仅当k=± 10 2 时取等号。 所以直线l1 的方程为y=± 10 2 x-1 。 评注:求三角形的面积经常用S△= 1 2× 82 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年11月 底×高,题目中DP⊥AB,故把AB 看作底,把 DP 看作高,从而转化为熟悉的三角形面积计算 问题,体现了数学的化归与转化思想。 策略四 S△= 1 2|AB|d ,其中|AB|为 弦长,d 为三角形的顶点到直线AB 的距离。 例 4 (2015年浙江卷第19题)已知 椭圆 x2 2+y 2=1上两个不同的点A,B 关于 直线y=mx+ 1 2 对称。 (1)求实数m 的取值范围; (2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标 原点)。 解:(1)由题意可得m≠0,故设直线AB 的 方程为y=- 1 mx+b ,A(x1,y1),B(x2,y2)。 联 立 x2 2+y 2=1, y=- 1 mx+b , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 消 去 y 得 1 2+ 1 m2 x2-2bmx+b2-1=0。由韦达定理 得x1+x2= 4mb m2+2 ,x1x2= 2m2(b2-1) m2+2 ,故 AB 的中点 M 的横坐标为 2mb m2+2 。由直线 AB 的方程得M 2mb m2+2 ,m 2b m2+2 。 因为直线y=- 1 mx+b 与椭圆有两个 不同的交点,所以Δ=-2b2+2+ 4 m2 >0。① 将AB 的中点 M 的坐标代入直线方程 y=mx+ 1 2 ,解得b=- m2+2 2m2 。② 由①②得,m<- 6 3 或m> 6 3 。 (2)令t= 1 m ,则t∈ - 6 2 ,0 ∪0,62 。 由弦长公式得|AB|= 1+ - 1 m 2 · 4mb m2+2 2 -4· 2m2(b2-1) m2+2 = t2+1 · -2t4+2t2+ 3 2 t2+ 1 2 。又O 到直线 AB 的距离 d= t2+ 1 2 t2+1 ,故△AOB 的面积S= 1 2|AB|d = 1 2 -2t 2- 1 2 2 +2≤ 2 2 ,当且仅当t2= 1 2 时等号成立。 故△AOB 面积的最大值为 2 2 。 评注:在求解圆锥曲线中三角形的面积 时,通常把弦长当作底,利用弦长公式求出弦 长,把点到直线的距离当作高。这种方法计算 量较大,如果求面积最值,难度会更大,但也最 能考查同学们的运算能力,这与高考所考查的 能力相吻合。 策略五 S△= 1 2absin C,其中a,b为三 角形的两边长,C为边a与b的夹角。 例 5 (2009年陕西卷第21题)已知双 曲线C的方程为y 2 a2 - x2 b2 =1(a>0,b>0),离 心率e= 5 2 ,顶点到渐近线的距离为25 5 。 (1)求双曲线C的方程; 图4 (2)如图4,P 是双曲线C 上一点,A,B 两点在双曲线C 的两条渐近线上,且分别位于 第一、二象限,若 AP→=λPB→, λ∈ 13 ,2 ,求△AOB 面积的 取值范围。 解:(1)y 2 4-x 2=1(解题过程略)。 (2)由(1)知,双曲线C的两条渐近线方程 为y=±2x。 设A(m,2m),B(-n,2n),m>0,n>0。 由 AP→ = λPB→,得 点 P 的 坐 标 为 m-λn 1+λ ,2 (m+λn) 1+λ 。 将点P 的坐标代入y 2 4-x 2=1,化简得 92 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年11月 mn= (1+λ)2 4λ 。 设∠AOB=2θ,因为tan π2-θ =2,所以 tan θ= 1 2 ,sin 2θ= 4 5 。 因为|OA|= 5m,|OB|= 5n,所以 S△AOB = 1 2|OA||OB|sin 2θ=2mn= 1 2λ+ 1 λ +1。 记S(λ)= 1 2 λ+ 1 λ +1,λ∈ 13,2 ,易 知当λ∈ 13 ,1 时,S(λ)单调递减;当λ∈(1, 2]时,S(λ)单调递增。 又S(1)=2,S 13 =83,S(2)=94,故 △AOB 面积的取值范围是 2, 8 3 。 评注:这个公式虽然在解三角形中学到, 但在圆锥曲线中得到迁移应用,体现了知识的 融会贯通,考查了同学们对知识的理解,对公 式的灵活应用。 策略六 S△ABC= 1 2|x1y2-x2y1| ,其中 AB→=(x1,y1),AC→=(x2,y2)。 例 6 (2010年北京卷第19题)在平面 直角坐标系Oxy中,点B 与点A(-1,1)关于 原点O 对称,P 是动点,且直线AP 与BP 的 斜率之积等于- 1 3 。 (1)求动点P 的轨迹方程。 (2)设直线AP 和BP 分别与直线x=3 交于点 M,N,问:是否存在点P 使得△PAB 与△PMN 的面积相等? 若存在,求出点P 的 坐标;若不存在,说明理由。 解:(1)x2+3y2=4(x≠±1)(解题过程 略)。 (2)设P(x0,y0),则直线 AP 的方程为 y= y0-1 x0+1 (x+1)+1,故M 3, 4y0+x0-3 x0+1 。 又点B(1,-1),则直线BP 的方程为y= y0+1 x0-1 (x-1)-1,故N 3, 2y0-x0+3 x0-1 。 所 以 PM→ = 3-x0, 3y0+x0-3-x0y0 x0+1 , PN→= 3-x0, 3y0-x0+3-x0y0 x0-1 。 故 S△PMN= 1 2 (3-x0) 3y0-x0+3-x0y0 x0-1 - (3-x0) 3y0+x0-3-x0y0 x0+1 = (3-x0)2|x0+y0| |x20-1| 。 因为 PA→=(-1-x0,1-y0),PB→= (1-x0,-1-y0),所以 S△PAB= 1 2| (-1- x0)(-1-y0)-(1-x0)(1-y0)|=|x0+y0|。 假设存在点 P 使得S△PAB =S△PMN,则 (3-x0)2|x0+y0| |x20-1| =|x0 +y0|,即 (3- x0)2=|x20-1|,解得 x0= 5 3 。 又x20+3y20=4,故y0=± 33 9 。 故 存 在 点 P 的 坐 标 5 3 ,33 9 或 5 3 ,- 33 9 ,使得△PAB 与△PMN 的面 积相等。 评注:题目中既涉及三角形面积,又涉及坐 标,容易联想到三角形面积公式的坐标形式。 策略七 S△ABC= 1 2 AB →2AC→2-(AB→·AC→)2, 其中AB→,AC→ 分别是三角形AB,AC 边所在 的向量。 图5 例 7 (2014年安徽 卷第19题)如图5,已知 两 条 抛 物 线 E1:y2 = 2p1x(p1>0),E2:y2= 2p2x(p2>0),过原点 O 的两条直线l1 和l2,l1 与 E1、E2 分别交于 A1、A2 两点,l2 与E1、E2 分别交于B1、B2 两点。 (1)证明:A1B1∥A2B2; (2)过点O 作直线l(异于直线l1、l2)与 抛物 线 E1、E2 分 别 交 于 C1、C2 两 点,记 △A1B1C1 和△A2B2C2 的面积分别是S1 和 S2,求 S1 S2 的值。 (下转第37页) 03 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年11月 yQ=- 1 2 (xP+xQ),所以线段PQ 的中点在 直线l上,且线段PQ 被直线l平分。 设点P 到直线x+2y=0的距离为d, 则四边形B1PB2Q 的面积S四边形B1PB2Q=2· S△PB1B2=2× 1 2×|B1B2|×d 。 又|B1B2|= (-3-3)2+ 3 2+ 3 2 2 = 15,故S四边形B1PB2Q= 15d。 设过点P 且与直线l平行的直线l1 的 方程为x+2y=m(m>0),则当l1 与C 相切 时,d 取得最大值。 由 x+2y=m, x2 4+ y2 3=1 , 消去y 得4x2-2mx+ m2-12=0。(*) 由Δ=4m2-16(m2-12)=0,解得m= 4或m=-4(舍去)。 当m=4时,方程(*)为4x2-8x+4= 0,即(x-1)2=0,解得x=1。 则此时点P 和点A 1, 3 2 重合,不符合 条件PQ∥OA。 从而直线l1 与椭圆C 不可能相切,即d 小于直线x+2y=0与平行直线x+2y=4 的距离 4 5 = 45 5 ,所以S四边形B1PB2Q< 15× 45 5 =43 。 点评:本题是圆锥曲线与新定义“共轭点对” 相结合的创新题,新定义压轴题型是2024年1月 九省联考以后的命题新风向。这种新定义题型 内容新颖,题目中常常伴随有“定义”“规定”等字 眼,题目一般都是用抽象的语言给出新的定义、运 算或符号,没有过多的解释说明,要求同学们仔细 揣摩、体会和理解定义的含义,并运用它解决相关 问题,考查同学们的理解与运算、信息迁移的能 力。 (责任编辑 徐利杰) 􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕􀥕 (上接第30页) 解:(1)设直线l1,l2 的方程分别为y= k1x,y=k2x,k1≠0,k2≠0。 由 y=k1x, y2=2p1x, 解得A1 2p1k21 ,2p1k1 。 由 y=k1x, y2=2p2x, 解得A2 2p2k21 ,2p2k1 。 同理可得,B1 2p1 k22 ,2p1 k2 ,B2 2p2k22 ,2p2k2 。 所以 A1B1→= 2p1 k22 - 2p1 k21 ,2p1 k2 - 2p1 k1 = 2p1 1 k22 - 1 k21 ,1 k2 - 1 k1 , A2B2→ = 2p2 k22 - 2p2 k21 ,2p2 k2 - 2p2 k1 =2p2 1k22-1k21,1k2-1k1 。 故 A1B1→= p1 p2 A2B2→,即A1B1∥A2B2。 (2)由(1)知 A1B1→= p1 p2 A2B2→,同理可得 A1C1→= p1 p2 A2C2→。 根据三角形面积公式的向量形式,得S1 S2 = 1 2 A1B1 →2A1C1→2-(A1B1→·A1C1→)2 1 2 A2B2 →2A2C2→2-(A2B2→·A2C2→)2 = p1 p2 4 [A2B2→2A2C2→2-(A2B2→·A2C2→)2] A2B2→2A2C2→2-(A2B2→·A2C2→)2 = p21 p22 。 评注:运用三角形面积公式的向量形式 解决问题,思路清晰,实现了化繁为简,化难 为易的目的。 圆锥曲线中三角形面积的求法有很多 种,关键是要剥去圆锥曲线的外衣,从问题的 表面探求问题的本质,针对问题灵活选择三 角形面积公式,把复杂问题简单化,把抽象问 题具体化,把陌生问题熟悉化,从而达到举一 反三、触类旁通的学习效果。 (责任编辑 赵 倩) 73 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年11月