圆锥曲线：面积问题3种高频考法专项训练-2026届高三数学二轮复习

圆锥曲线：面积问题3种高频考法专项训练 圆锥曲线：面积问题3种高频考法专项训练 考点目录 三角形面积定值问题 三角形面积范围问题 四边形面积问题 考点一 三角形面积定值问题 例1．（2026·福建龙岩·一模）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切. (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线分别交轴于两点，证明： （ⅰ）的横坐标成等差数列； （ⅱ）与的面积之比为定值. 例2．（2026·黑龙江吉林·一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)设，，均为椭圆上的动点． （ⅰ）若直线、直线分别过的左右焦点，记直线、、的斜率分别为，，，当，，成等差数列时，求点的坐标； （ⅱ）若的重心是坐标原点，证明：的面积是定值． 例3．（25-26高三上·四川内江·月考）设抛物线C：（）的焦点为F，点（）在C上，． (1)求C的方程； (2)已知点，过焦点F的直线与抛物线交于M，N两点，设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B． (i)求证直线AB过定点T，并求出T的坐标； (ii)设,的面积分别为,,求． 变式1．（25-26高三下·江苏扬州·开学考试）已知椭圆（）的焦距为，点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)点是椭圆上一点，过点作圆的两条切线分别交椭圆于，两点，若直线，的斜率都存在，且分别记为，. ①求的值： ②试问：的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由. 变式2．（24-25高二上·湖南株洲·月考）已知抛物线C：上的一点到焦点F的距离为2． (1)求抛物线C的方程； (2)直线l过抛物线C的焦点F与抛物线交于A，B两点，且都垂直于直线：，垂足为，直线与y轴的交点为Q，求证：为定值． 变式3．（25-26高二上·江苏连云港·月考）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知双曲线与椭圆是“姊妹”圆锥曲线，分别为和的离心率，. (1)求椭圆的方程； (2)试确定的取值范围，使得椭圆上有两个不同的点关于直线对称； (3)若，是椭圆上的两动点（两点不关于轴对称），为坐标原点，的斜率分别为，问是否存在非零常数，使得时，的面积为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 考点二 三角形面积范围问题 例1．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知椭圆C：（）的焦距与短轴长均为. (1)求椭圆C的标准方程. (2)已知直线：（）与椭圆C交于A，B两点，点A在x轴上方，过点B作斜率为的直线，交椭圆C于另一个点P. ①证明：. ②求面积的最大值. 例2．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为． ①当四点共圆时，求直线的方程； ②求的取值范围． 例3．（2026·山东临沂·一模）已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 变式1．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 变式2．（25-26高三下·山东·月考）已知动圆过点，且与相切，记该动圆的圆心轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)若，直线与交于两点（点在点的右侧），直线与交于两点，在第一象限，记直线与的交点为，直线与的交点为，线段的中点为． （ⅰ）证明：三点共线； （ⅱ）若，过点作的平行线，分别交线段于点，记与的面积分别为和，求的最大值． 变式3．（25-26高三下·重庆·月考）已知椭圆的左焦点为，且经过点，直线的斜率为，且与椭圆交于两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若不过，且直线，的斜率成等差数列，求的取值范围； (3)若经过原点，过椭圆上一点的切线与垂直，求面积的最大值. 考点三 四边形面积问题 例1．（25-26高三下·陕西渭南·开学考试）已知平面上一动圆P与圆相内切（其中圆P的半径小于圆F的半径），且圆P经过点F关于原点的对称点，记圆心P的轨迹为曲线C． (1)求C的方程； (2)记C与x轴的两个交点分别为，（在的右侧），直线l与C相交于点M，N（异于点，），且直线的斜率恰好是直线的斜率的7倍． （i）直线l是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求四边形的面积S的最大值． 例2．（25-26高三下·青海西宁·开学考试）已知椭圆与抛物线有公共焦点F，C的离心率为，过点F且斜率存在的直线l与C交于P，Q两点，与E交于M，N两点（M在第一象限），O为坐标原点 (1)若直线l的斜率为1，求的面积； (2)若的外接圆与E交于点D（D，O在直线MN的异侧）． （ⅰ）证明：的重心的纵坐标为定值，并求出此定值； （ⅱ）求四边形OMDN的面积的取值范围． 例3．（2026·山东菏泽·一模）已知椭圆，O为坐标原点，点A，B分别在直线与上，P是C上一点，O、A、P、B四点顺时针构成平行四边形. (1)求的值； (2)求平行四边形面积的最大值. 变式1．（2026·四川·模拟预测）已知椭圆的离心率为，短轴长为2． (1)求椭圆的方程； (2)若动直线l与椭圆有且仅有一个公共点，过原点O作l的垂线，垂足为M，设点M的轨迹为E． （ⅰ）求轨迹E的方程； （ⅱ）以坐标原点O为公共端点作两条互相垂直的射线，，分别与E交于点P，Q，与椭圆交于点，，求以P，，Q，为顶点的四边形的面积的最大值. 变式2．（25-26高二下·辽宁沈阳·开学考试）造型○可以看作图中曲线的一部分，已知过坐标原点，且上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为1． (1)求的值； (2)当点在上时，求证：；（并指出等号成立的条件） (3)如图，过点作两条互相垂直的弦，分别交曲线于，其中．求四边形面积的最小值． 变式3．（25-26高二上·山东滨州·期末）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式，其中分别为椭圆的长半轴长和短半轴长.已知椭圆的离心率为，右顶点与上顶点的距离为. (1)求椭圆的面积； (2)设点是椭圆的右焦点，经过点的直线与椭圆交于两点，过点且与垂直的直线与圆交于两点. （i）若，求直线的方程； （ii）求四边形的面积的取值范围. 2 学科网（北京）股份有限公司 $圆锥曲线：面积问题3种高频考法专项训练 圆锥曲线：面积问题3种高频考法专项训练 考点目录 三角形面积定值问题 三角形面积范围问题 四边形面积问题 考点一 三角形面积定值问题 例1．（2026·福建龙岩·一模）已知椭圆的左顶点为，上顶点为，长轴长为4，且以短轴为直径的圆与直线相切. (1)求的方程； (2)过点的直线交于两点，直线分别交轴于两点，证明： （ⅰ）的横坐标成等差数列； （ⅱ）与的面积之比为定值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【详解】（1）由已知得，，所以， 原点到直线的距离为， 所以的方程为. （2）（i）当过点的直线斜率不存在时， 直线与椭圆只有1个交点，舍去， 设直线的方程为， 设、，由， 消去整理得， 所以，解得， ，， 直线的方程为，令，得， 同理可得. . 又因为， . 所以， 所以的横坐标成等差数列； （ⅱ）由（ⅰ）知为的中点，得， 所以， 所以与的面积之比为. 例2．（2026·黑龙江吉林·一模）已知椭圆的离心率为，短轴长为． (1)求椭圆的方程； (2)设，，均为椭圆上的动点． （ⅰ）若直线、直线分别过的左右焦点，记直线、、的斜率分别为，，，当，，成等差数列时，求点的坐标； （ⅱ）若的重心是坐标原点，证明：的面积是定值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析； 【详解】（1）由题意可得，解得，， 所以椭圆方程为； （2）（ⅰ）设，则，， 所以， 设，，，，其中，， 由，消去，得， 则 从而， 同理，可得，， 则， 由，，成等差数列，得，即， 解得，，或（舍），（舍）， 所以点的坐标为． （ⅱ）证明：设，，， 当直线的斜率不存在时，易得，直线的方程为，或，直线的方程为， 将代入椭圆的方程，可得， 所以的面积， 当直线的斜率存在时，有的中点，则， 因为，在椭圆上，则，相减得， 整理得，所以可得， 所以直线的方程为， 即， 令，可得直线在轴上的截距为，则， 将代入椭圆的方程，得， 即，则，， 所以， 所以， 又因为是的重心，所以， 综上，的面积是定值． 例3．（25-26高三上·四川内江·月考）设抛物线C：（）的焦点为F，点（）在C上，． (1)求C的方程； (2)已知点，过焦点F的直线与抛物线交于M，N两点，设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B． (i)求证直线AB过定点T，并求出T的坐标； (ii)设,的面积分别为,,求． 【答案】(1) (2)①证明见解析， ；② 【详解】（1）根据抛物线定义知道，所以， 所以抛物线方程为. （2）（ⅰ）设点， ， ，  则，，，． 设直线MN的方程为， 联立，得， 由题意可知， 根据韦达定理得①，②． 由斜率公式可得，． 根据题意设直线MD的方程为， 代入抛物线C的方程得． 由题意可知，根据韦达定理得③． 由①③得，同理可得． 故点，， 则直线AB的方程为 化简得． 将①②代入得直线AB的方程为,因此直线AB经过定点． (ii)直线MN的方程为,直线AB的方程为． 则点D到直线MN的距离为,点D到直线AB的距离为． 由两点间距离公式得， 根据韦达定理得，， 所以， 同理可求． 则， ． 因此, 即与的面积之比为定值． 变式1．（25-26高三下·江苏扬州·开学考试）已知椭圆（）的焦距为，点在椭圆上. (1)求椭圆的方程； (2)点是椭圆上一点，过点作圆的两条切线分别交椭圆于，两点，若直线，的斜率都存在，且分别记为，. ①求的值： ②试问：的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)①；②是， 【详解】（1）法一： 由题意椭圆的焦点在轴上，且，则， 由椭圆的定义得， 解得，则， 则椭圆方程为； 法二： 因为，所以，即椭圆方程为（）， 又在椭圆上，所以，解得 则椭圆方程为. （2）易知圆的圆心为，且原点在圆外，即，如下图： ①令，，则直线方程为，即， 因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离为，即， 化简得，同理得， 则是方程的两根，显然， 由韦达定理可知， 因为点在椭圆上，所以，则 则，即 ②法一： 设，， 则，，，点到直线的距离为， 因为，所以，则， ， 由，得，同理， 则，则， 所以. ②法二： 设，，则， 因为，所以直线方程为， 所以， 因为，两点在椭圆上，所以，， 则， 所以， 又， 所以 ， 则. ②法三： 设， （i）若直线与轴平行，由对称性，，， 因为，所以不妨设有，则， 则，解得，即， 则，. （ii）若直线不与轴平行，设直线方程为，（），直线与轴交点为, 则, 由，得， 由，得， ， 所以, 因为,所以, 即，得， 显然，即， . 综上 变式2．（24-25高二上·湖南株洲·月考）已知抛物线C：上的一点到焦点F的距离为2． (1)求抛物线C的方程； (2)直线l过抛物线C的焦点F与抛物线交于A，B两点，且都垂直于直线：，垂足为，直线与y轴的交点为Q，求证：为定值． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）根据抛物线的定义， 点到焦点F的距离等于点到准线的距离， 则准线方程为，所以，解得， 从而抛物线C的方程为； （2）由于，由题意知的斜率一定存在设，直线：， 设，, 则，得所以，， ， 又 = 所以为定值. 变式3．（25-26高二上·江苏连云港·月考）我们约定，如果一个椭圆的长轴和短轴分别是另一条双曲线的实轴和虚轴，则称它们互为“姊妹”圆锥曲线.已知双曲线与椭圆是“姊妹”圆锥曲线，分别为和的离心率，. (1)求椭圆的方程； (2)试确定的取值范围，使得椭圆上有两个不同的点关于直线对称； (3)若，是椭圆上的两动点（两点不关于轴对称），为坐标原点，的斜率分别为，问是否存在非零常数，使得时，的面积为定值？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在，. 【详解】（1）已知双曲线，由“姊妹”圆锥曲线的定义，可设椭圆的方程为， 则，整理得，解得， ∴椭圆的方程为. （2） 设椭圆上，两点关于直线对称， 设的中点为，则. 因为点在椭圆上，所以，两式相减得， 又因为，所以即，所以， 又因为点在直线上，所以，即，所以. 因为点在椭圆内部，所以， 得，即. 所以的取值范围为. （3） 存在非零常数，使时，的面积为定值. 设存在这样的常数，使时，为定值. 设直线的方程为，且直线与的交点坐标分别为，， ，，， . 联立，得， 由韦达定理，可得，， ， 即，因此. ∵点到直线的距离为， ， ， . 要使得的面积为定值，只需，得， 即，解得， 此时，即， 故存在非零常数，使得时，的面积为定值1. 考点二 三角形面积范围问题 例1．（2026·贵州黔东南·模拟预测）已知椭圆C：（）的焦距与短轴长均为. (1)求椭圆C的标准方程. (2)已知直线：（）与椭圆C交于A，B两点，点A在x轴上方，过点B作斜率为的直线，交椭圆C于另一个点P. ①证明：. ②求面积的最大值. 【答案】(1)； (2)①证明见解析；②. 【详解】（1）由题意可得，解得，， 所以椭圆C的标准方程是. （2）解法一：联立方程，解得或. 因为点A在x轴上方，所以，， 则直线的方程为，即. 又由，消去y化简得， 则，所以， 故点P的坐标为.如图： ①证明：因为，， 所以直线的斜率， 所以，故. ②因为，， 所以. 因为，， 所以 . 因为，所以的面积. 设，由，得，当且仅当时，等号成立， 所以. 因为对勾函数在上单调递增，所以， 故，当且仅当即时等号成立， 所以面积的最大值为. 解法二：①设，则.如图： 联立方程解得，所以. 又因A，P在椭圆上，所以，两式相减，， 又因为，所以，且， 所以，即，故. ②设直线的倾斜角为，直线的倾斜角为，则， ， 因为是直角三角形，，， 所以 ， 设，由，得，当且仅当时，等号成立， 所以. 因为对勾函数在上单调递增，所以， 故，当且仅当即时等号成立， 所以面积的最大值为. 例2．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知抛物线，为坐标原点，过点作斜率的直线交抛物线于两点，其中在第一象限，直线交抛物线于另一点，其中，直线与直线交于点． (1)求抛物线的方程； (2)记与的面积分别为． ①当四点共圆时，求直线的方程； ②求的取值范围． 【答案】(1) (2)①；② 【详解】（1）因为点，则，又，则， 所以，代入抛物线，得到，解得， 所以抛物线的方程为. （2）①因为直线方程为， 设，联立，消得到， 则， 当四点共圆时，则有，故， 则，所以， 又， 所以，即， 整理得到，又，所以，故直线的方程为. ②当时，由，得，又直线的斜率，则， 由，得到直线， 由，得， 直线，联立方程，解得， 由，得， 所以， 又， 又，所以， 故的取值范围为. 例3．（2026·山东临沂·一模）已知椭圆的两个焦点分别为，，点P是C上的一个动点，当面积取得最大值时，． (1)求C的方程； (2)过点的直线l与C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为（与B不重合）． （ⅰ）求证：直线过定点； （ⅱ）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【详解】（1）因为，又，所以， 又面积取得最大值，所以， 在中，，所以，所以， 又，所以，所以，解得， 所以，所以椭圆C的方程为； （2）（ⅰ）当过点的直线l不与x轴重合时， 设直线l的方程为，， 由，得， 整理得， 由韦达定理得， 因为为点A关于x轴的对称点，所以，所以， 所以直线的方程为， 由对称性，直线所过定点一定在轴上， 令，可得 ， 所以直线过定点； 当过点的直线与x轴重合时，显然过点； 综上所述：直线过定点； （ⅱ）记直线过定点为， 则 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以面积的最大值为． 变式1．（2026·湖南·模拟预测）已知椭圆过点，两个焦点坐标分别为． (1)求椭圆的方程． (2)已知为椭圆上异于的两点，且直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形． （i）求证：直线的斜率为定值； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）2． 【详解】（1）设椭圆的方程为， 显然， 将点代入椭圆方程，即，解得或（舍去） 所以椭圆的方程为． （2）（i）法一： 设直线的方程为（由对称性知存在），如下图： 联立得，化简得， 由知，则， 因为，所以，即， 化简得，因为直线不过点，所以， 故． 法二： 设直线的方程为， 联立，得，化简， 得， 由知，即，则， 又，所以， 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 同理可得， 由此可知， 则直线的斜率， 故直线的斜率为定值． 法三： 因为直线与轴围成一个以为顶点的等腰三角形，所以， 因为为椭圆上异于的两点， 所以可设直线为，不同时为0， 联立与， 得， 等式两边同时除以，记， 化简得， 由于，所以，说明直线的斜率为定值． （ii）设直线为， 联立与，得， 因为，所以． 由韦达定理知 法一： 过点作轴的垂线交直线于点，则点的坐标为， ，即， 化简得． 当且仅当时，的面积取最大值2． 法二： 易知， 点到直线的距离， 所以， 当且仅当时，的面积取最大值2． 变式2．（25-26高三下·山东·月考）已知动圆过点，且与相切，记该动圆的圆心轨迹为曲线． (1)求的方程； (2)若，直线与交于两点（点在点的右侧），直线与交于两点，在第一象限，记直线与的交点为，直线与的交点为，线段的中点为． （ⅰ）证明：三点共线； （ⅱ）若，过点作的平行线，分别交线段于点，记与的面积分别为和，求的最大值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）的最大值36 【详解】（1）已知圆过点，且与相切， 所以圆心到点的距离与点到直线的距离相等， 根据抛物线的定义可知，圆心的轨迹为抛物线，且点为焦点，直线为准线， 设抛物线方程为，则，所以. 所以曲线的方程为. （2）（ⅰ）设线段的中点为， 因为，所以可设， 因为， 所以三点共线，同理，三点共线，所以三点共线． （ⅱ）设，的中点为，的中点为， 将代入得， 所以，解得， 所以，，所以， 同理，，所以，（均在定直线上）， 因为，所以与面积相等，与面积相等； 所以等于四边形的面积， 设，直线：，即， 整理得，直线：，又，所以， 同理，直线：，又，所以， 所以 ， 所以四边形面积 ， 当且仅当，即，等号成立， 所以四边形面积的最大值为36，即的最大值为36. 变式3．（25-26高三下·重庆·月考）已知椭圆的左焦点为，且经过点，直线的斜率为，且与椭圆交于两点. (1)求椭圆的标准方程； (2)若不过，且直线，的斜率成等差数列，求的取值范围； (3)若经过原点，过椭圆上一点的切线与垂直，求面积的最大值. 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）由题意得，所以 又椭圆经过点，代入椭圆方程得，化简得即，整理得，解得（舍去负根）所以 所以椭圆的标准方程为 （2）设，因为不过，所以 设 ，化简得 因为直线，的斜率成等差数列，所以即 又,，所以， 整理得     将代入化简得 整理得 即 解得（舍去） 所以，代入得，整理得解得或， 故的取值范围为 （3）设 解得， 故 所以 设，则，其斜率为 又，所以 因为在椭圆上，所以解得 不妨令则， 所以点到直线 的距离 所以面积 化简得     令， 则 ，当且仅当时取等号， 所以 即面积的最大值为 考点三 四边形面积问题 例1．（25-26高三下·陕西渭南·开学考试）已知平面上一动圆P与圆相内切（其中圆P的半径小于圆F的半径），且圆P经过点F关于原点的对称点，记圆心P的轨迹为曲线C． (1)求C的方程； (2)记C与x轴的两个交点分别为，（在的右侧），直线l与C相交于点M，N（异于点，），且直线的斜率恰好是直线的斜率的7倍． （i）直线l是否过一定点？若过定点，求出该定点的坐标；若不过定点，请说明理由； （ii）求四边形的面积S的最大值． 【答案】(1) (2)（i）直线恒过定点；（ii） 【详解】（1）圆，即, 所以圆心，半径， 因为是关于原点的对称点，所以， 设动圆的半径为，因为动圆与圆相内切，所以， 又因为圆经过点，所以，则， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，其中，则， 所以曲线的方程为； （2）（i）曲线的方程，则， 由题可知直线斜率不为零，则设直线， ，， ， ， 又直线的斜率恰好是直线的斜率的倍，即， 即，整理得， 即， 即， ，解得， 时，， ，直线的方程为，即直线恒过定点； （ii）由（i）知，则， 则四边形的面积， ， ， 令， 则， 当，即时取等， 即四边形的面积S的最大值为． 例2．（25-26高三下·青海西宁·开学考试）已知椭圆与抛物线有公共焦点F，C的离心率为，过点F且斜率存在的直线l与C交于P，Q两点，与E交于M，N两点（M在第一象限），O为坐标原点 (1)若直线l的斜率为1，求的面积； (2)若的外接圆与E交于点D（D，O在直线MN的异侧）． （ⅰ）证明：的重心的纵坐标为定值，并求出此定值； （ⅱ）求四边形OMDN的面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，定值为；（ii） 【详解】（1）由抛物线的焦点为，可得， 由椭圆C的离心率为，得，得， 则，则， 所以椭圆C的方程为． 若直线l的斜率为1，设直线， 联立，得，则或，得或， 则， 由点到直线的距离为， 故的面积为． （2）（i）法一：设， 因为O，M，D，N四点共圆，设该圆的方程为， 联立，消去x，得， 即，所以即为关于y的方程的3个根， 则， 因为， 由的系数对应相等得，，所以MND的重心的纵坐标为0． 法二：设，则， 因为O，M，D，N四点共圆，所以当O，D在直线MN异侧时，， 即， ，化简得， 所以MND的重心的纵坐标为0． （ii）记OMN，MND的面积分别为，四边形OMDN的面积为S，由已知得直线MN的斜率不为0， 设直线，联立，消去x，得， 所以， 所以， 由（i）得，，所以，即， 因为， 点D到直线MN的距离， 所以， 所以， M在第一象限，即，根据对称性，取， 依次连接O，M，D，N构成四边形OMDN， 所以，即， 又因为，即，即， 所以，即，即， 所以， 设，则， 令，则， 因为，所以，所以在区间上单调递增， 所以，所以S的取值范围为 例3．（2026·山东菏泽·一模）已知椭圆，O为坐标原点，点A，B分别在直线与上，P是C上一点，O、A、P、B四点顺时针构成平行四边形. (1)求的值； (2)求平行四边形面积的最大值. 【答案】(1)2 (2) 【详解】（1）因为点分别在直线与上，所以可设， 设，则 因为四边形OAPB是平行四边形，所以 即 所以， 所以 （2）因为点A，B分别在直线与上 设直线OA的倾斜角为，则， ， ，即， 所以平行四边形OAPB的面积为 在中，设， 所以，当且仅当时等号成立 所以平行四边形的面积为， 当且仅当时等号成立，所以平行四边形的面积的最大值为. 变式1．（2026·四川·模拟预测）已知椭圆的离心率为，短轴长为2． (1)求椭圆的方程； (2)若动直线l与椭圆有且仅有一个公共点，过原点O作l的垂线，垂足为M，设点M的轨迹为E． （ⅰ）求轨迹E的方程； （ⅱ）以坐标原点O为公共端点作两条互相垂直的射线，，分别与E交于点P，Q，与椭圆交于点，，求以P，，Q，为顶点的四边形的面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）（ii） 【详解】（1）已知椭圆，离心率，短轴长， 由短轴长得，由离心率，得， 结合，得，解得， 因此，椭圆的方程为：. （2）（i）若动直线的斜率存在，设其方程为， 联立直线与椭圆方程：，得， 直线与椭圆相切，故判别式，即，可得， 因为，所以直线的斜率为，设点的坐标为，则有：，即， 点也在直线上，所以，即 代入， ， 整理得轨迹的方程：（当时，，，代入上式也成立）； 若动直线的斜率不存在，切线方程为，过原点作垂线，垂线即轴，垂足的坐标为，满足， 综上，轨迹的方程：. （ii）点在轨迹上，将代入得： ，即，则， 同理可得， 点在椭圆上，代入得，即， 则，同理可得， 因为，四边形面积 因为，令，则， 因为与在时都是增函数，所以是增函数. 因为，令，则，， 则， 令，，则当时，即时，取得最大值， 最大值为，此时， . 变式2．（25-26高二下·辽宁沈阳·开学考试）造型○可以看作图中曲线的一部分，已知过坐标原点，且上的点满足横坐标大于，到点的距离与到定直线的距离之积为1． (1)求的值； (2)当点在上时，求证：；（并指出等号成立的条件） (3)如图，过点作两条互相垂直的弦，分别交曲线于，其中．求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2)证明见解析；当且仅当时，等号成立 (3) 【详解】（1）因为曲线过坐标原点，可得原点到直线的距离为， 又因为点，可得，所以，解得. （2）由（1）知，即定直线的方程为， 即曲线上的点到点的距离与到定直线的距离之积为1， 所以曲线的方程为，整理得， 因为点在上时，可得， 则，所以， 当且仅当时，等号成立，所以. （3）因为曲线满足，所以， 当直线的斜率为0时，则直线的斜率不存在， 令，可得，则； 令，可得，则； 此时四边形面积为； 当两直线的斜率均存在时且不为0时，设直线的斜率为，倾斜角为， 不妨设，可得，直线的方程为，其中， 直线的方程为，联立， 整理得，则，且， 所以，则， 此时， 同理可得：， 所以， 令，设， 因为，可得，可得且，即， 所以，由二次函数的性质，得在上为单调递增函数， 所以当时，，此时， 综上可得四边形面积的最小值为. 变式3．（25-26高二上·山东滨州·期末）著名古希腊数学家阿基米德首次用“逼近法”的思想得到了椭圆的面积公式，其中分别为椭圆的长半轴长和短半轴长.已知椭圆的离心率为，右顶点与上顶点的距离为. (1)求椭圆的面积； (2)设点是椭圆的右焦点，经过点的直线与椭圆交于两点，过点且与垂直的直线与圆交于两点. （i）若，求直线的方程； （ii）求四边形的面积的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）直线的方程为：或；（ii） 【详解】（1）由题意如图所示： 根据题意得：，解得：， 即，所以椭圆的面积为. （2）由（1）知椭圆标准方程为：，， （i）当直线的斜率不存在时，如图所示： 此时的方程为：代入椭圆方程中， 解得，此时，不满足题意， 所以直线斜率存在且为0时，为椭圆的左右顶点， 此时，不满足题意， 所以直线的斜率存在且不为，设为，如图所示： 令直线的方程为：即， 联立，消去整理得：， 由， 设， 则由韦达定理得：， 所以 ， 由即， 解得：， 所以直线的方程为：或. （ii）当直线斜率不存在时，如图所示： 此时 当直线斜率存在且为0时，如图所示： 将代入圆中解得：， 所以，所以， 当直线的斜率存在且不为时， 由题意如图所示： 由（i）可得：， 因为直线与直线垂直且过，所以直线的斜率为 所以直线的方程为：即， 由圆的圆心为，半径， 所以圆心到直线的距离为： ， 所以， 因为直线与直线垂直，所以， 所以 ， 令，则， 所以 ， 因为，所以， 所以， 综上所述：， 故四边形的面积的取值范围为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $