圆锥曲线：三角形面积问题、四边形面积问题专项训练-2026届高三数学三轮冲刺

圆锥曲线：三角形面积问题、四边形面积问题专项训练 圆锥曲线：三角形面积问题、四边形面积问题专项训练 考点目录 三角形面积问题 四边形面积问题 考点一 三角形面积问题 例1．（25-26高三上·重庆沙坪坝·月考）平面内一动点到直线的距离为，到直线的距离为，且，记点的轨迹为曲线. (1)求的方程： (2)曲线的右焦点为，过点的直线与曲线相交于，两点，已知线段的中点为，求点的轨迹方程： (3)已知，是椭圆上的点，是上一点，若线段，的中点都在上，证明：的面积是定值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用点到直线的距离，根据条件列出方程化简即可得解； （2）当直线斜率存在时设直线方程，联立椭圆的方程，根据韦达定理及中点坐标公式消参数即可得解，再检验斜率不存在时即可; （3）根据点到直线的距离公式及弦长公式，再代入三角形面积公式计算即可. 【详解】（1）设，则，同理， 所以， 即，化简得. 即的方程为. （2）由（1）知，，所以，所以椭圆的右焦点， 当直线斜率存在时，设直线方程为， 代入椭圆方程可得，， 设，中点，则，， 于是，，代入直线方程， ， 两式相除，得，即，代入中，可得； 当直线斜率不存在时，直线为，由椭圆的对称性知，点为， 也满足， 综上，点的轨迹方程为. （3）设在椭圆上，在上，即， 因为的中点在上， 所以， 同理可得，， 又，， 化简可得，， 所以直线的方程为. 所以点到直线的距离， 联立，化简得， 所以，， 所以 ， 又， 所以，， 所以， 即的面积是定值. 例2．（2026·江西·模拟预测）已知椭圆，以原点为圆心，为半径的圆被称为椭圆的蒙日圆.若椭圆的离心率是，它的蒙日圆为圆. (1)求椭圆的方程； (2)过圆上一点作椭圆的两条切线分别为和，切椭圆于点和点，求证：； (3)若直线与坐标轴交于两点，求面积的最小值. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用蒙日圆和离心率列出关于的方程求解即可； （2）分别对切线斜率是否存在进行讨论，和斜率都存在时联立方程消去，令，再利用韦达定理计算即可；切线或斜率不存在时，求出两直线方程计算即可； （3）先求出AB方程，即可求出两点坐标，再利用基本不等式计算即可. 【详解】（1）因为椭圆的蒙日圆为，所以， 因为椭圆的离心率为，所以， 联立方程组，解得， 则椭圆的方程为. （2）设点的坐标为， （i）当切线和斜率都存在时，设过点直线方程为， 联立得 消去，得：①， 方程①的判别式，若过点直线为椭圆的切线，则有，化简得：（2）， 那么关于的方程（2）的两个根与分别为切线和的斜率， 此时，即； （ii）当切线或斜率不存在时，不妨令斜率不存在， 则切线方程为（或），（或），代入圆方程得， 可求得切线方程为（或），； 综上所述，. （3）当椭圆切线斜率存在时，不妨令（ii）中过点切线方程为，即令， 设切点坐标为， ①式可化为， ①式可化为，即，易得， 把代入切线方程整理可得； 当椭圆切线斜率不存在时，切点坐标为时切线方程仍满足， ∴椭圆上点坐标为，切线方程为， 同理可得，点坐标为，切线方程为， 点代入方程与方程可得：与， ∴直线的方程为， ， 又，即（当且仅当时取等号）， （当且仅当时取等号）， 面积的最小值为. 例3．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知曲线与曲线，椭圆的离心率为，且2是的等比中项． (1)求曲线的方程； (2)若点是曲线上的动点，，过点分别作轴的垂线，，射线分别交于点．坐标平面内动点满足，点的轨迹为曲线． （ⅰ）求证：曲线过定点； （ⅱ）当曲线所围成的平面区域面积最小时，过曲线上的动点作的两条切线、切点分别为，求面积的最大值． 【答案】(1)曲线的方程：，曲线的方程：; (2)（ⅰ）见解析过程，过定点； （ⅱ）面积的最大值为 【分析】小问1运用椭圆的几何性质即可求解； 小问2的第1问设好点，利用点M计算出轨迹方程，从而得到定点的坐标； 小问2第2问先运用圆的性质表示出面积，再利用椭圆的性质进行求解. 【详解】（1）解：因为2是的等比中项， 所以 解得， 所以曲线的方程：，曲线的方程：. （2）（ⅰ）设，则直线的方程为，所以， 直线的方程为，所以， 设，由， 即， 由，得 ， 那么， 化简得 ， 即曲线的方程，经过定点； （ⅱ）因为曲线的方程是圆心在，半径， 所以，，由于，故当时，取最小值， 此时，曲线的方程为即， 设圆心，那么 ， 设，则，那么， 即单调递增，当取最大值时，取最大值. 又，故取最大值时，t取最大值； ，又， 所以， ， 根据二次函数性质可知 ， 所以，， 所以，最大值为. 变式1．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且双曲线上任意一点到两条渐近线的距离之积为. (1)求双曲线的方程； (2)设直线：与双曲线的右支交于M，N两点，且M在第一象限，将直线绕点N顺时针旋转30°得，过M作直线的垂线，交于点P； （i）当时，求三角形MNP的面积； （ii）求证：点P在定直线上. 【答案】(1) (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）利用点到直线的距离公式结合双曲线之间的关系即可求解； （2）（i）把三角形的面积用表示，直线与双曲线联立，利用韦达定理以及弦长公式求出即可； （ii）写出与的方程，联立方程组解得点的坐标，消去参数即可证明. 【详解】（1）由焦点坐标，故，双曲线渐近线为， 设双曲线上任意一点，满足，即， 点到两条渐近线的距离之积： 得， 结合，解得. 因此双曲线方程为：. （2）（i）直线斜率为，倾斜角为，旋转后倾斜角为，且，故为直角三角形，，，面积， 联立与，整理得. ，由韦达定理：， 弦长， 故. （ii）联立与双曲线方程，得，韦达定理得， ，斜率为，方程为：结合整理得， 过，斜率为，方程整理得：，结合整理得， 两式相减得， 两式相加得，将代入， 消去后得： ，即，与参数无关. 因此点在定直线上. 变式2．（2026·浙江嘉兴·二模）已知椭圆长轴的长为4，离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x，y轴于和． （i）求面积的最大值； （ii）当点M运动时，求点的轨迹方程． 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由椭圆的参数关系与离心率即可求解； （2）（i）通过直线与椭圆相切的条件表示出三角形顶点坐标，利用基本不等式求面积最大值；（ii）用参数表示点坐标后代入相切关系消参得到轨迹方程. 【详解】（1）由题意，，解得： 因此，椭圆C的标准方程为： （2）联立得：， 因为l与椭圆相切，故，化简得：， 即， 则， 过点M且与l垂直的直线方程为： 令得，令得; （i） 当且仅当即时取等号，因此， （ii），即，得 因为，所以，化简得： 因此，点P的轨迹方程为： 解法二：（2）设切点，则切线 直线，即 令得，令得 （i） ， ，当且仅当时等号成立，因此， （ii）由得，即 因此，点P的轨迹方程为： 变式3．（2026·宁夏银川·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为4，离心率，过的两条互相垂直的直线分别与y轴交于P，Q两点，且Q在y轴正半轴上，设直线的斜率为k（），以PQ为直径的圆与E在第一象限的交点为M． (1)求椭圆E的方程； (2)证明：直线QM与椭圆E有唯一的公共点； (3)直线与椭圆E交于A，B两点，当时，求的面积． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用椭圆参数的性质即可求解； （2）利用方程组思想，结合判别式为0来证明直线与椭圆相切； （3）利用方程思想求解坐标，弦长，点到直线的距离，即可求解面积. 【详解】（1）由题意可得：焦距，得，离心率，解得， 又由， 因此椭圆的方程为：； （2） 由，设直线，得， 因为，所以斜率为​，即方程为，得， 则以为直径的圆的圆心坐标为，半径为， 所以该圆的方程为：， 整理得：， 联立椭圆方程，消去解得：， 整理得：， 解得或，， 所以第一象限交点的纵坐标为，横坐标， 即，因为，所以斜率， 由直线过，则可得直线方程为：， 联立椭圆方程，消可得： 整理得， 由判别式可得：， 因此直线与椭圆仅有一个交点，得证； （3） 由，，向量，， 则， 又因为点，所以有 平方整理得，解得正根， 因为，所以，得，， 则直线方程为，联立椭圆方程， 消得：， 解得或， 则交点，，可得弦长， 点到直线的距离， 因此面积：. 考点二 四边形面积问题 例1．（25-26高三上·四川宜宾·月考）在平面直角坐标系中，已知点，点满足直线与直线的斜率之积为，点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)已知过点且斜率不为0的直线与曲线交于两点，求四边形面积的最大值. 【答案】(1) (2)； 【分析】（1）设点坐标为，由，求解即可； （2）设直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理及，可得,最后利用换元法及对勾函数的性质求解即可. 【详解】（1）设点坐标为， 则， 即， 所以曲线的方程为 （2）设直线， 联立， 整理得， 方程的判别式， 故， 设四边形面积为， 则， 所以 , 令， 则, 因为, 令， 则有， 由对勾函数的性质可知在时单调递增， 所以在时单调递增，当（即）时，取最小值4， 所以当直线方程为时，四边形的面积取最大值， 所以. 例2．（2026·重庆·模拟预测）已知点是抛物线的焦点，点在曲线上，且． (1)求的方程； (2)过点作两条直线交于两点，交于两点，且． ①求证：为定值； ②求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）由点在曲线上，求得，再由，利用抛物线的定义，列出方程，求得的值，即可求解; （2）①设的斜率为，得到的斜率为，得到和的方程，联立方程组，利用弦长公式分别求得，代入运算，即可得证; ②由，化简，结合基本不等式，即可求解. 【详解】（1）由抛物线 , 可得焦点 , 准线为 , 因为点 , 可得 , 解得 , 又因为 , 由抛物线的定义, 可得 , 解得 ,所以抛物线 的方程为 . （2）①由(1)知 , 由题可知直线 斜率均存在且不为 , 否则必有一条直线与抛物线 只有一个交点, 不符合题意. 设 的斜率为 , 因为 , 则 的斜率为 , 则 的方程为 , 联立方程组 整理得 , 设 , 则 , , 则 同理可得: , 所以 所以 为定值 . ②因为，所以四边形的面积为， 由①知：， 所以， 令，则， 当且仅当时，即时，即时，等号成立， 所以四边形的面积的最小值为288. 例3．（25-26高三下·辽宁·月考）已知双曲线：的离心率为2，且经过点. (1)求的方程； (2)若直线：与交于，两点. （i）若直线与轴交于点，与线段交于点，且， 证明：直线过定点； （ii）设为坐标原点，若上存在不同于，的点，使， 求四边形的面积. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（2）（i）因为，所以，则， 整理得，将直线的方程与双曲线C的方程联立，消去，韦达定理求出，代入上式即可求解 （ii）设， 由，得 将点代入，化简整理得， 将，代入上式，表示出，再求出点到直线的距离，即可求解，又，所以， 所以，得解. 【详解】（1）由题意可知 解得，，故的方程为. （2）由条件可知，设，， 联立整理得， 则即， 且，，. （i）证明：因为，所以，则， 又，所以 即， 所以， 则， 整理得，所以直线的方程为， 故直线过定点. （ii）设，则，， 因为，所以，即 将点代入，得， 整理得， 又，在上，所以，， 代入上式得， 又，均在直线上， 所以，， 则， 整理得， 将，代入上式，得， 则， 所以 . 又点到直线的距离， 故的面积为. 又，所以， 所以. 变式1．（25-26高三上·广东东莞·月考）已知圆，直线 (1)求证：直线恒过定点； (2)当圆心到直线的距离取得最大值时，求的值； (3)当时，为上一动点，过作圆的两条切线，切点分别为．求四边形面积的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）将方程变换为，即可求解直线的定点； （2）当时，此时圆心到直线的距离最大，利用斜率公式，即可求解； （3）由几何关系，将面积的最小值转化为求点到直线距离的最小值. 【详解】（1）证明：由得 由 得 所以直线恒过定点； （2）由（1）知，当时，圆心到直线的距离取得最大值 易知圆心为 因为 所以    即 解得 （3）当时，直线的方程为，故可设    圆的半径 圆心到直线的距离 所以 所以 即四边形面积的最小值为 变式2．（25-26高三上·四川成都·期中）已知椭圆过点，离心率为，    (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作相互垂直的直线与椭圆分别交于四点，设线段的中点分别为， ①证明：直线过定点，并求出定点的坐标； ②求四边形面积的最小值； 【答案】(1) (2)①过定点，证明见解析；②. 【分析】（1）依题意得到关于、、的方程组，解得即可求出椭圆方程； （2）①根据直线的斜率进行分类讨论，根据根与系数关系分别求出中点的坐标，进而可判断直线过定点. ②由弦长公式可得，再由直接计算四边形的面积，由基本不等式可得最小值. 【详解】（1）因为椭圆过点，离心率，且. 所以，由，即，得， 代入，得，解得，所以. 故椭圆的标准方程为. （2）①当直线的斜率存在且不等于零时，设斜率为，因，所以直线的斜率为. 因为右焦点，直线的方程为，设. 由，消去得，. ，，. 所以线段的中点M的坐标，，即. 同理将直线的方程，代入椭圆方程，同理可得（只需将换成）， 所以线段的中点N的坐标，，即. 所以的斜率，其中， 所以直线的方程为， 化简得，即， 所以当，直线：过定点.如图：    当时，，此时直线与轴垂直且过定点； 当时，，此时直线仍与轴垂直且过定点； 当直线的斜率不存在时，与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 当直线的斜率为0时，与与轴垂直且过焦点，根据椭圆的对称性可知， 此时为椭圆的长轴，所以，所以直线为轴，过定点； 综上可知，直线过定点. ②当直线的斜率存在且不等于零时， 由①可知， 同理可得（只需将换成），因为， 所以 ， 当且仅当时等号成立，即时，四边形面积有最小值. 当直线的斜率不存在时，或者斜率等于零时与位置互换， 此时，，或者， 所以，显然. 综上可知，所以四边形面积有最小值. 变式3．（2025·山东济宁·模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆：的右顶点为，上顶点为，离心率为. (1)求的方程； (2)设是曲线上位于第一象限的任意点. （I）若，求点的坐标； （II）记点关于原点的对称点为，求四边形的面积的最大值. 【答案】(1) (2)（I）；（II）. 【分析】（1）由题意有，根据离心率即可求解； （2）（I）设点的坐标为，其中，，由得，又点在椭圆上，即，进而得解； （II）在（I）的条件下，的坐标为，则，最后利用基本不等式即可求解. 【详解】（1）由题意知，，因为， 所以，故的方程为：. （2）（I）设点的坐标为，其中，，且，， 因为，所以， 因为，所以， 解得（舍去），此时， 故点的坐标为. （II）在（I）的条件下，的坐标为，记四边形的面积为，则， 由基本不等式得：， 因为，所以. 当且仅当，即时等号成立， 故四边形的面积的最大值为. 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $圆锥曲线：三角形面积问题、四边形面积问题专项训练 圆锥曲线：三角形面积问题、四边形面积问题专项训练 考点目录 三角形面积问题 四边形面积问题 考点一 三角形面积问题 例1．（25-26高三上·重庆沙坪坝·月考）平面内一动点到直线的距离为，到直线的距离为，且，记点的轨迹为曲线. (1)求的方程： (2)曲线的右焦点为，过点的直线与曲线相交于，两点，已知线段的中点为，求点的轨迹方程： (3)已知，是椭圆上的点，是上一点，若线段，的中点都在上，证明：的面积是定值. 例2．（2026·江西·模拟预测）已知椭圆，以原点为圆心，为半径的圆被称为椭圆的蒙日圆.若椭圆的离心率是，它的蒙日圆为圆. (1)求椭圆的方程； (2)过圆上一点作椭圆的两条切线分别为和，切椭圆于点和点，求证：； (3)若直线与坐标轴交于两点，求面积的最小值. 例3．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知曲线与曲线，椭圆的离心率为，且2是的等比中项． (1)求曲线的方程； (2)若点是曲线上的动点，，过点分别作轴的垂线，，射线分别交于点．坐标平面内动点满足，点的轨迹为曲线． （ⅰ）求证：曲线过定点； （ⅱ）当曲线所围成的平面区域面积最小时，过曲线上的动点作的两条切线、切点分别为，求面积的最大值． 变式1．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，且双曲线上任意一点到两条渐近线的距离之积为. (1)求双曲线的方程； (2)设直线：与双曲线的右支交于M，N两点，且M在第一象限，将直线绕点N顺时针旋转30°得，过M作直线的垂线，交于点P； （i）当时，求三角形MNP的面积； （ii）求证：点P在定直线上. 变式2．（2026·浙江嘉兴·二模）已知椭圆长轴的长为4，离心率为． (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线与椭圆C有唯一公共点M，过点M且与l垂直的直线分别交x，y轴于和． （i）求面积的最大值； （ii）当点M运动时，求点的轨迹方程． 变式3．（2026·宁夏银川·一模）已知椭圆的左、右焦点分别为，焦距为4，离心率，过的两条互相垂直的直线分别与y轴交于P，Q两点，且Q在y轴正半轴上，设直线的斜率为k（），以PQ为直径的圆与E在第一象限的交点为M． (1)求椭圆E的方程； (2)证明：直线QM与椭圆E有唯一的公共点； (3)直线与椭圆E交于A，B两点，当时，求的面积． 考点二 四边形面积问题 例1．（25-26高三上·四川宜宾·月考）在平面直角坐标系中，已知点，点满足直线与直线的斜率之积为，点的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)已知过点且斜率不为0的直线与曲线交于两点，求四边形面积的最大值. 例2．（2026·重庆·模拟预测）已知点是抛物线的焦点，点在曲线上，且． (1)求的方程； (2)过点作两条直线交于两点，交于两点，且． ①求证：为定值； ②求四边形面积的最小值． 例3．（25-26高三下·辽宁·月考）已知双曲线：的离心率为2，且经过点. (1)求的方程； (2)若直线：与交于，两点. （i）若直线与轴交于点，与线段交于点，且， 证明：直线过定点； （ii）设为坐标原点，若上存在不同于，的点，使， 求四边形的面积. 变式1．（25-26高三上·广东东莞·月考）已知圆，直线 (1)求证：直线恒过定点； (2)当圆心到直线的距离取得最大值时，求的值； (3)当时，为上一动点，过作圆的两条切线，切点分别为．求四边形面积的最小值． 变式2．（25-26高三上·四川成都·期中）已知椭圆过点，离心率为，    (1)求椭圆的标准方程； (2)过椭圆的右焦点作相互垂直的直线与椭圆分别交于四点，设线段的中点分别为， ①证明：直线过定点，并求出定点的坐标； ②求四边形面积的最小值； 变式3．（2025·山东济宁·模拟预测）在平面直角坐标系中，椭圆：的右顶点为，上顶点为，离心率为. (1)求的方程； (2)设是曲线上位于第一象限的任意点. （I）若，求点的坐标； （II）记点关于原点的对称点为，求四边形的面积的最大值. 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $