考前必做解答题系列4 圆锥曲线-2026届高三数学三轮冲刺

圆锥曲线解答题1(弦长、中点弦、面积） 1．（2025·云南·模拟预测）已知椭圆的焦距为，抛物线的焦点是的一个顶点. (1)求抛物线的标准方程： (2)若直线与交于两点，且点为线段的中点. （i）求直线的方程；（ii）若为坐标原点，求的面积. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）. 【难度】0.65 【知识点】抛物线的中点弦、抛物线中的三角形或四边形面积问题、根据焦点或准线写出抛物线的标准方程、根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】（1）求出椭圆的顶点即可得出抛物线的焦点，求出得抛物线方程； （2）（i）利用点差法求出直线斜率即可得直线方程；（ii）求出弦长及点到直线距离公式利用面积公式得解. 【详解】（1）由题知，可求得， 所以，故，即， 所以抛物线的方程为； （2）如图， （i）由题意，设， 代入抛物线方程，可得，两式相减可得，即， 由可得，故，又由点为线段的中点且点在抛物线内， 所以直线的方程为，即. （ii）联立，得，其中， 故，所以， 又因为到直线的距离， 所以的面积. 2．（2025·湖南·一模）已知，直线相交于点，且，点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于两点，直线与曲线的另一个交点为，线段的中点为的面积为，求直线的方程． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，根据列出等式，化简即可； （2）设直线，与曲线的方程联立，设，利用，由韦达定理结合面积公式求出即可. 【详解】（1）设，已知， 由，得， 化简得：， 曲线的方程为. （2）依题意，过点的直线斜率不为0，设直线， 联立得， 设，则. 为的中点，为的中点， ，    ， 解得， 直线的方程为：，即. 3．（2025·海南·模拟预测）已知椭圆，且该椭圆的离心率为，直线不过原点且不平行于坐标轴，与椭圆交于两点，线段的中点为． (1)证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值； (2)若直线的方程为，延长线段与椭圆交于点，四边形为平行四边形，求椭圆的方程． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据给定条件利用“点差法”结合斜率的坐标公式计算求解； （2）联立直线与椭圆方程，结合（1）及已知条件求出点坐标，即可求得椭圆方程. 【详解】（1）依题意，因为，所以， 设，则， 两式相减可得，得，即， 因为为线段的中点，则， 直线的斜率，直线的斜率， 于是得是定值， 所以直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值． （2）设点的坐标为， 由，消去并整理得：， 则， 又四边形为平行四边形，即线段与线段互相平分， 则即点， 而点在椭圆上，于是得，解得， 所以椭圆的方程为：． 4．（2024·云南·模拟预测）设圆与两圆中的一个内切，另一个外切. (1)求圆心的轨迹的方程； (2)已知直线与轨迹交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值. 【答案】(1)； (2)7. 【难度】0.65 【知识点】根据韦达定理求参数、由中点弦坐标或中点弦方程、斜率求参数、求双曲线的轨迹方程、由标准方程确定圆心和半径 【分析】（1）根据给定信息，结合两圆内切、外切的定义列式求出轨迹即可得解. （2）联立直线与轨迹的方程，并求出线段的中点坐标即可求解. 【详解】（1）圆的圆心为，半径为1， 圆的圆心为，半径为1， 设圆的半径为， 若圆与圆内切，与圆外切，则，得； 若圆与圆内切，与圆外切，则，得， 因此，则圆心的轨迹是以为焦点的双曲线， 且实半轴长，半焦距，虚半轴长， 所以圆心的轨迹的方程为. （2）由消去得：， 显然，设，线段的中点， 于是，即， 由在圆上，得，解得，又， 所以实数的值为7.    1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 圆锥曲线解答题3（最值与范围、存在性问题） 1．（2026福建泉州.一模）在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若关于轴的对称点为，求的面积的最大值. 【答案】(1) (2) 【难度】0.67 【知识点】求平面轨迹方程、椭圆中三角形（四边形）的面积、求椭圆中的最值问题 【分析】（1）设，则，直线的斜率之积是，列方程化简可得的方程； （2）解法一：由向量垂直得直角三角形面积，结合椭圆方程用均值不等式放缩求最值； 解法二：将椭圆上点用三角参数 表示，转化为三角函数求最值； 解法三：设过原点的直线 ，联立椭圆得点坐标，将面积表示为k的函数，再用均值不等式求最值. 【详解】（1）设，则，则 ，且， 由，得， 整理，得，即， 故的方程为.（约束条件也可写成） （2）解法一： 依题意，得，则， 所以，从而，所以， 则的面积， 因为点在曲线上，则，所以， 即，当且仅当时取“”. 故面积的最大值为2. 解法二： 设， 则， 所以， 所以，从而，所以， 则的面积， 又， 故当或或或， 即或或或时，. 解法三： 当直线的斜率不存在时，点与点重合，此时不合题意； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 则，从而， 所以，从而，所以， 由消去，得，整理，得， 所以的面积， 因为，当且仅当，即时取“”， 所以. 2.（2026年安徽皖北协作区联考）已知椭圆的短轴长为4，离心率为． (1)求Γ的方程； (2)若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围． 【答案】(1) (2) 【难度】0.67 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、根据离心率求椭圆的标准方程、根据直线与椭圆的位置关系求参数或范围、根据韦达定理求参数 【分析】（1）根据短轴长和离心率求出椭圆方程. （2）联立直线与椭圆方程，利用判别式、韦达定理和弦长公式，结合弦长条件求出的取值范围. 【详解】（1）由题意可得：短轴长，故， 又因为离心率，结合椭圆关系可得： ，解得，， 所以椭圆的方程为：. （2）由题意可知，联立直线与椭圆方程： ， 消去整理得：， 设直线与椭圆交于点，， 则判别式：， 解得，即，由韦达定理得： ，， 由弦长公式，其中， 可得：， 又因为，所以 ， 化简可得：，两边平方得：， 即或， 又因为，所以的取值范围为：. 3．（江西赣州一模 ）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点. (1)证明：； (2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)  8 【难度】0.52 【知识点】抛物线中的三角形或四边形面积问题、直线与抛物线交点相关问题 【分析】（1）设出直线方程与抛物线联立，结合向量运算可证结论； （2）根据条件得出为的角平分线，结合斜率和为0，可求，求出弦长和高，利用三角形面积公式可得答案. 【详解】（1）证明：设直线的方程为， 由，得，即， 因为，所以， ， 所以，所以. （2）因为，所以， 由角平分线的性质可知，为的角平分线，由抛物线对称性可得，在轴上， 设，， 因为在轴上，所以，， 整理得，由，代入可得， 即，由于上式对任意恒成立，所以，即. ， 到直线的距离为：，面积， 当时，面积有最小值8. 4.(2026湖北黄冈一模 )已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）． 【难度】0.4 【知识点】求椭圆中的最值问题、椭圆中的定值问题、根据a、b、c求椭圆标准方程 【分析】（1）设椭圆焦距为，则椭圆过点，代入椭圆方程，结合及，求出，即可得到椭圆的标准方程； （2）（ⅰ）设各点的坐标，利用点差法，用表示，即可证为定值；（ⅱ）根据直线的斜率与倾斜角的关系，利用两角差的正切公式，并结合基本不等式可求得的最小值． 【详解】（1）由题意有，所以. 设椭圆焦距为，易知椭圆过点，所以. 又，所以. 所以，即，解得. 所以，，故的标准方程为． （2）（ⅰ）设，，，则，由题意有． 直线的斜率即的斜率为，所以直线的方程. 所以，又，在椭圆上， ∴，∴. ∴， ∴. （ⅱ）∵， 而，， 由（ⅰ）知， ∴，又， ∴， ∴. 当且仅当，即时等号成立. 所以．的最小值为． 5.（2026山东青岛零模）．已知椭圆：的右焦点为，且过点. (1)求的方程； (2)设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长. 【答案】(1) (2) 【难度】0.65 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、求椭圆中的弦长 【分析】（1）由椭圆的性质结合点在椭圆上代入解方程可得； （2）由椭圆的性质得到当，，三点共线时取得最大值，再直曲联立，由弦长公式计算可得. 【详解】（1）设半焦距为，因为，故. 又过点，故. 由椭圆的几何性质有， 故，. 所以的方程为. （2） 设的左焦点为，则，当且仅当，，三点共线时等号成立，此时. 因为，故直线的方程为. 与的方程联立有， 整理有，，解得，. 故直线被截得的弦长为. 6.（2026广东一模）设双曲线的离心率为2，其左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于点．当与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)求的最小值； (3)记的内切圆与双曲线的一个公共点为，双曲线的左顶点为，证明：． 【答案】(1) (2)9 (3)证明见解析 【难度】0.25 【知识点】根据a、b、c求双曲线的标准方程、根据直线与双曲线的位置关系求参数或范围、双曲线中的定值问题 【分析】（1）依题意列出关于的方程组，求解即得双曲线的标准方程； （2）设直线的方程为与双曲线方程联立，推得，写出的表达式，利用的范围，即可求得的最小值； （3）先证明与边的切点即为点，再证，由此推得点在直线上，再证，结合，且，可得点均在上，即得证. 【详解】（1）不妨设点在第一象限，点在第四象限，离心率① ， 在中，当时，，故，即②  ， 又因③ ，联立① ②③，解得， 故双曲线的标准方程为. （2）由（1）得，当直线的斜率为0时，直线与双曲线的两个交点分别在左支和右支，不符合条件； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为， 由，化简得， 设，则，解得， 则， 因，则，故，即. 故的最小值为9. （3）如图，设与边切于点， 由双曲线的定义及内切圆切线长相等的性质得， ，即点与点重合，即与边切于点. 设与边切于点，则， 在中，. 设点，点，则，解得， 即点在直线上，过点作直线的垂线，交直线于点， 其中，， 设点关于直线的对称点为点，所以. 因为点与点，点与点分别关于直线对称， 所以，且， 所以点均在上，且， 所以. 7．（2026广州一模）已知双曲线：（，）的焦点到其渐近线的距离为，点在上． (1)求的方程； (2)点，分别在的两条渐近线上运动，且，线段的中点为． （ⅰ）设，，求的最大值； （ⅱ）设，（），点不在轴上，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）4；（ⅱ） 【难度】0.15 【知识点】由导数求函数的最值（含参）、根据双曲线的渐近线求标准方程、由弦中点求弦方程或斜率 【分析】（1）由焦点到渐近线的距离求得，再将点代入到双曲线方程即可求解； （2）（i）设出渐近线上的点，由中点坐标和得出的轨迹为椭圆，发现为其焦点，结合椭圆的定义即可求得，再使用基本不等式即可求解；（ⅱ）由及正弦定理，用坐标表示，并使用三角函数恒等变换和椭圆方程消去，得到比值关于的表达式，结合的取值范围即可求解. 【详解】（1）设右焦点，其中一条渐近线方程为，即， 由题意得到的距离， 即，因为点在上， 将代入，得，解得， 即双曲线. （2）（i）由（1）得渐近线方程为，设， 设，则有，即， 则， 所以， 即，整理得， 即的轨迹是椭圆，易得其焦点为，长半轴长为2， 所以是点轨迹的焦点，所以， 则，当且仅当时等号成立. （ⅱ）在中，由正弦定理得， 因为，所以应在轴右侧，即， 且， 所以，设，则， 不妨令，因为在上，且， 所以， 又， 联立，整理得， 而，解得， 设，则， 易得当时，则在上单调递增， 所以，即，因为短半轴长为1，因此， 由整理得， 因为，解得， 因为，代入，所以整理得， 令，则，则，代入， 整理得， 设其中， 易得当时单调递增，则单调递减，单调递增，单调递增， 单调递增，单调递增，最终有在上单调递增， 所以，即. 由于椭圆的对称性，当时结果一致， 综上， 8.（2026汕头一模 ）对于抛物线过原点作斜率为的直线，交抛物线于另一点.作关于轴的对称点过点作的平行直线，交抛物线C于另一点.作 关于轴对称点以此类推构造点记的坐标为 （1）若，求点的坐标； （2）证明：数列等差数列； （3）求的面积的最大值. 【答案】（1） （2）证明见详解 （3）的面积的最大值为 【解析】 【分析】（1）求出直线的方程联立直线与抛物线方程解出即可； （2）先求出直线的方程， 结合抛物线方程以及等差数列的定义证明即可； （3）利用点到直线的距离公式以及两点间的距离公式、三角形面积公式、函数导数求解即可. 【小问1详解】 由题意如图所示： 若，则直线的斜率为，抛物线方程为：， 又直线过原点，所以直线的方程为：， 联立，消去得：，解得：或， 当时，，此时该点为坐标原点， 当时，，即. 【小问2详解】 证明：由题意如图所示： 由直线的方程为：代入中化简得：， 解得：或， 当时，，此时该点为坐标原点， 当时，，即， 由题意知直线与直线平行，所以直线的斜率为， 由点关于轴对称后得点， 且在直线上，所以直线的方程为：， 又点在直线上，所以，① 又点也在抛物线上， 所以，代入①得： 所以， 因为，所以， 所以数列为首项为，公差为的等差数列. 【小问3详解】 由题意如图所示： 由题意可知：， 且，， 则直线的斜率为： ， 所以直线的方程为：， 即， 所以点到直线的距离为： 将代入上式可得： 由（2）得：， 所以， 又 ， 所以的面积为：, 设，则， 令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 圆锥曲线解答题2（定点、定值、定直线问题） 1（2025·山东泰安·模拟预测）已知是椭圆 的右焦点，点在上，轴，直线与轴不重合，与交于、两点，. (1)求的方程； (2)证明：过定点. 2．（2026南京一模）已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求和的值； (2)，为上两点，的重心在直线上．①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 3.（2026河北邯郸一模）．已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)若的面积为24，求点的坐标． (3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 4.（2026厦门一模）已知椭圆的左、右顶点分别为，直线交于，两点，． (1)求的方程； (2)点在线段上，直线分别交于两点，直线交于点． （i）证明：； （ii）判断轴上是否存在定点，使得为定值．若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 圆锥曲线中的定点、定值、定直线问题 1.（2025·山东泰安·模拟预测）已知是椭圆 的右焦点，点在上，轴，直线与轴不重合，与交于、两点，. (1)求的方程； (2)证明：过定点. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据给定条件，列式求出即可. （2）设出直线的方程，与方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式计算推理即得. 【解答过程】（1）依题意，，解得，， 所以的方程为. （2）点，显然的斜率存在，设的方程为，， 由消去整理，得 由直线与椭圆交于、两点，得 ， 则，由，得直线的斜率互为相反数， 即， 因此，整理得， 则，化简得， 所以直线的方程为 ，即过定点. 2．（2026南京一模）．已知抛物线的焦点为，上的点到的距离为5． (1)求和的值；(2)，为上两点，的重心在直线上． ①证明：直线的斜率为定值； ②设直线与轴交于点，线段的中点为，线段的中点为，过点向直线作垂线，垂足为．证明：点在定圆上运动． 【答案】(1)， (2)①证明见解析②证明见解析 【难度】0.36 【知识点】求平面轨迹方程、抛物线定义的理解、根据韦达定理求参数 【分析】（1）根据抛物线的定义结合求出，进而得到抛物线方程，将点代入抛物线方程即可求出. （2）①方法一：利用作差法及重心坐标公式证明即可. 方法二：设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，利用韦达定理结合重心坐标公式证明即可. ②结合①设出直线方程及交点坐标，与抛物线方程联立，结合韦达定理求出点坐标，利用中点坐标公式求出点坐标，即可求出直线方程. 方法一：求出直线方程恒过定点，结合集合关系即可证出在以为直径的定圆上运动. 方法二：求出的方程，与直线方程联立，得到点坐标，取特殊点求出圆的方程，再将点坐标代入验证即可. 【详解】（1）抛物线的准线方程为． 根据抛物线定义，，所以． 因此，抛物线的方程为． 将代入抛物线方程：，又，故． （2）①方法一： 设，， 则的重心为， 由题意知，，则． 所以直线的斜率，为定值． 方法二： 因为直线的斜率不为零， 所以设直线的方程为，显然．设，． 联立，整理得．所以.已知， 所以的重心的纵坐标，所以，解得． 因此，直线的斜率，为定值． ②因为直线的斜率不为零，所以设直线的方程为．设，． 联立，整理得．所以. 设为的中点，则：，， 即．直线与轴交点，，则中点． 由于，所以．所以． 直线的斜率：， 直线的方程：，整理得. 法一：令，代入方程，解得， 因此，直线经过定点．因为，于， 所以在以为直径的定圆上． 法二：由于，， 所以的方程为，即， 联立，得 即． 令，则，，令，则，，令，则，， 求得经过，，的圆方程为， 代入的坐标符合，所以在定圆上． 3（2026河北邯郸一模）．已知是的两个顶点，是的重心，分别是边的中点，且．记点的轨迹为曲线． (1)求的方程． (2)若的面积为24，求点的坐标． (3)已知点，过的直线与曲线交于两点，直线与交于点，试判断是否在一条定直线上．若是，求出该直线方程；若不是，说明理由． 【答案】(1) (2)或或或 (3)是，直线 【难度】0.55 【知识点】求双曲线中三角形（四边形）的面积问题、双曲线中的动点在定直线上问题、利用双曲线定义求方程 【分析】（1）根据已知及双曲线的定义写出的方程； （2）根据已知三角形面积及在双曲线上求出的坐标，结合重心的坐标性质确定点的坐标； （3）设的方程为，联立双曲线并应用韦达定理得，，写出直线与的方程，联立求出的轨迹，即可得. 【详解】（1）由题可知，，则． 又三点不共线，所以点的轨迹是以为焦点，4为实轴长的双曲线（不包含顶点）， 故的方程为； （2）设．因为的面积为24， 所以，得． 由，得． 因为是的重心， 所以或或或； （3）由题可知的斜率存在，可设的方程为． 由，得， 则，得，则，． 直线的方程为，直线的方程为， 则． 由，，得， 则，得， 故点在定直线上. 4.（2026厦门一模）已知椭圆的左、右顶点分别为，直线交于，两点，． (1)求的方程； (2)点在线段上，直线分别交于两点，直线交于点． （i）证明：； （ii）判断轴上是否存在定点，使得为定值．若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析，（ii）存在点，使得为定值. 【难度】0.4 【知识点】根据a、b、c求椭圆标准方程、椭圆中存在定点满足某条件问题、椭圆中的定值问题 【分析】（1）由条件得到在椭圆上，代入椭圆方程，结合即可求解； （2）（i）分别设，，，，通过联立椭圆方程，得到坐标，确定方程，进而得到坐标，即可求证，（ii）设，通过，得到恒成立，进而可求解. 【详解】（1）依题意， 所以， 由直线交于，两点，， 可知点在椭圆上， 所以，解得， 所以椭圆方程为； （2） （i）设，， 设直线，， 由可得： ， 解得， 同理联立和椭圆方程，可得， 所以直线的斜率为， 所以直线， 同理可得的斜率为， 所以直线， 由可得，又， 所以； （ii）假设存在点，使得为定值， 即， 所以恒成立， 则，解得， 所以存在点，使得为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 圆锥曲线解答题1（弦长、中点弦、面积） 1．（2025·云南·模拟预测）已知椭圆的焦距为，抛物线的焦点是的一个顶点. (1)求抛物线的标准方程： (2)若直线与交于两点，且点为线段的中点. （i）求直线的方程；（ii）若为坐标原点，求的面积. 2．（2025·湖南·一模）已知，直线相交于点，且，点的轨迹为曲线． (1)求曲线的方程； (2)过点的直线交曲线于两点，直线与曲线的另一个交点为，线段的中点为的面积为，求直线的方程． 3．（2025·海南·模拟预测）已知椭圆，且该椭圆的离心率为，直线不过原点且不平行于坐标轴，与椭圆交于两点，线段的中点为． (1)证明：直线的斜率与直线的斜率的乘积为定值； (2)若直线的方程为，延长线段与椭圆交于点，四边形为平行四边形，求椭圆的方程． 4．（2024·云南·模拟预测）设圆与两圆中的一个内切，另一个外切. (1)求圆心的轨迹的方程； (2)已知直线与轨迹交于不同的两点，且线段的中点在圆上，求实数的值. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 圆锥曲线解答题3（最值与范围及综合问题） 1．（2026福建泉州.一模）在平面直角坐标系中，已知点，动点关于的对称点为，且直线的斜率之积是，记的轨迹为曲线. (1)求的方程； (2)若关于轴的对称点为，求的面积的最大值. 2.（2026年安徽皖北协作区联考）已知椭圆的短轴长为4，离心率为． (1)求Γ的方程； (2)若直线与交于A，B两点，且，求m的取值范围． 3．（江西赣州一模 ）已知抛物线，过点作直线与抛物线相交于两点，为坐标原点. (1)证明：； (2)若存在异于点的定点，使得恒成立，请求出点的坐标，并求出面积的最小值. 4.(2026湖北黄冈一模 )已知椭圆的长轴长为4，直线与椭圆交于，两点（点在第一象限）．当时，，在轴上的射影恰好是椭圆的两个焦点． (1)求的标准方程； (2)若轴于点，连接并延长交于点，记直线的斜率为． （ⅰ）证明：为定值； （ⅱ）设，求的最小值． 5.（2026山东青岛零模）．已知椭圆：的右焦点为，且过点. (1)求的方程； (2)设为上一动点，当取得最大值时，求直线被截得的弦长. 6.（2026广东一模）设双曲线的离心率为2，其左、右焦点分别是，过的直线与双曲线的右支交于点．当与轴垂直时，． (1)求双曲线的标准方程； (2)求的最小值； (3)记的内切圆与双曲线的一个公共点为，双曲线的左顶点为，证明：． 7．（2026广州一模）已知双曲线：（，）的焦点到其渐近线的距离为，点在上． (1)求的方程； (2)点，分别在的两条渐近线上运动，且，线段的中点为． （ⅰ）设，，求的最大值； （ⅱ）设，（），点不在轴上，若，求的取值范围． 8.（2026汕头一模 ）对于抛物线过原点作斜率为的直线，交抛物线于另一点.作关于轴的对称点过点作的平行直线，交抛物线C于另一点.作 关于轴对称点以此类推构造点记的坐标为 （1）若，求点的坐标； （2）证明：数列等差数列； （3）求的面积的最大值. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $