圆锥曲线：三角形面积问题、四边形面积问题 讲义-2026届高三数学三轮冲刺

该高中数学高考复习讲义聚焦圆锥曲线中三角形与四边形面积问题，按考点梳理基础公式、拓展公式及常用结论，构建“知识点解析—解题原理—解题思路”的逻辑体系，通过考点梳理、方法指导、真题训练等环节帮助学生突破面积计算难点，体现复习的系统性和针对性。 资料采用分层教学策略，如三角形面积问题中设计“梳理条件—匹配公式—定理补全”的解题流程，四边形面积突出“对角线分割法”核心方法，培养学生数学思维与模型观念。结合真题速递、例题精讲及变式训练，确保学生高效掌握解题技巧，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 圆锥曲线：三角形面积问题、四边形面积问题复习讲义 考点目录 三角形面积问题 四边形面积问题 知识点解析 考点一 三角形面积问题 知识点 1. 基础公式：、 1. 拓展公式：海伦公式、坐标面积公式、内切圆半径公式 1. 常用结论：同高等底面积相等，边角互化结合正余弦定理 解题原理 依托边长、角度、高、外接/内切半径等条件，选用对应面积公式，结合三角公式实现边角互化求解。 解题思路 1. 梳理已知边、角、高、中线等条件； 1. 匹配最合适的面积公式； 1. 缺条件则用正余弦定理补齐边长或夹角； 1. 代入计算，最值问题结合三角函数或均值不等式求解。 考点二 四边形面积问题 知识点 1. 规则四边形：直接用矩形、菱形、梯形专用面积公式 1. 任意四边形：分割为两个三角形求解；对角互补四边形可用 1. 核心方法：对角线分割法 解题原理 把不规则四边形拆分成两个三角形，整体面积等于两三角形面积之和，借助三角形面积公式统一计算。 解题思路 1. 连接对角线，将四边形分成两个三角形； 1. 分别求出两个三角形的边角条件； 1. 分别算面积再相加； 1. 涉及最值、范围，利用夹角正弦值范围求解。 真题速递 1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 2．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 考点一 三角形面积问题 【例题分析】 例1．（25-26高三下·甘肃武威·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求的方程． (2)已知是的左、右顶点，是的短轴上的动点（与短轴端点和原点均不重合），点满足，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为（与不重合）． （i）证明：直线与轴相交于定点； （ii）当的面积最大时，求的值． 例2．（2026·河北张家口·三模）在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，且过点． (1)求双曲线的方程； (2)过双曲线的右焦点的直线与双曲线交于，两点，与双曲线的两条渐近线分别交于点，，记，的面积分别为，，求的取值范围； (3)若直线与双曲线交于，两点，与双曲线的两条渐近线分别交于点，，且在上依次排列，记，的面积分别为，，证明：． 例3．（2026·贵州安顺·模拟预测）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与及其渐近线自上而下交于点，，，，且，双曲线的渐近线方程为. (1)求的标准方程. (2)设的左、右顶点分别为，，过点且与轴不垂直的直线交于，两点，直线与相交于点，则的面积是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【变式训练】 变式1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线：（，），过右焦点的直线与双曲线的右支交于，两点.设PQ的中点为，且当直线的斜率为1时，点的坐标为. (1)求双曲线的标准方程； (2)直线上有两点，满足：，，其中，，为坐标原点.已知点在双曲线上. （ⅰ）证明：点也在双曲线上； （ⅱ）设点，设RS的中点为，若的面积的最小值为5，求的值. 变式2．（2026·江苏·三模）已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． (1)求的标准方程； (2)设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 变式3．（2026·江苏扬州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点为椭圆的左焦点，点为上一点，为的右焦点，且的周长为12． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轴的交点为，过点的直线与交于两点，设直线的斜率分别为． （i）是否为定值？若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由； （ii）求面积的最大值． 考点二 四边形面积问题 【例题分析】 例1．（2026·河南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆E上且的周长为6． (1)求椭圆E的方程． (2)设过点的直线与椭圆E交于A，B两点，过点的直线与椭圆E交于C，D两点，与的交点为P，且与的斜率之积为． ①求点P的轨迹方程； ②求四边形ACBD面积的取值范围． 例2．（2026·福建龙岩·三模）已知椭圆，的短轴长为双曲线的实轴长，且的离心率为．点为的上顶点，点为的右顶点，点的坐标为（1，0）． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，设，其中，直线交轴于点．若四边形为等腰梯形，求的方程； (3)若直线与交于两点，求四边形面积的最大值． 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. 【变式训练】 变式1．（25-26高三下·甘肃金昌·阶段检测）已知椭圆（）的长轴长是短轴长的倍，且经过点. (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过圆上一动点作的两条切线，切点分别为. （i）证明：恒为定值； （ii）求四边形的面积的最大值. 变式2．（25-26高三上·上海·期末）已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为2，右焦点到双曲线的渐近线距离为，过右焦点作直线交双曲线的右支于两点， (1)求双曲线的方程； (2)过左焦点，作直线的平行线交双曲线的左支于两点，求四边形的面积的最小值； (3)若直线交于点，证明：在定直线上． 变式3．（25-26高三上·重庆·月考）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点G满足直线AG与直线BG的斜率之积为，点G的轨迹为曲线C． (1)求C的方程； (2)已知过点且斜率不为0的直线l与曲线C交于D，E两点，求四边形ADBE面积的最大值； (3)直线与x轴的正半轴和y轴分别交于Q，P两点，与椭圆分别交于M，N两点，且，，若，证明：直线经过定点，并求出该定点的坐标． 2 学科网（北京）股份有限公司 $2026届高三数学三轮冲刺复习讲义 圆锥曲线：三角形面积问题、四边形面积问题复习讲义 考点目录 三角形面积问题 四边形面积问题 知识点解析 考点一 三角形面积问题 知识点 1. 基础公式：、 1. 拓展公式：海伦公式、坐标面积公式、内切圆半径公式 1. 常用结论：同高等底面积相等，边角互化结合正余弦定理 解题原理 依托边长、角度、高、外接/内切半径等条件，选用对应面积公式，结合三角公式实现边角互化求解。 解题思路 1. 梳理已知边、角、高、中线等条件； 1. 匹配最合适的面积公式； 1. 缺条件则用正余弦定理补齐边长或夹角； 1. 代入计算，最值问题结合三角函数或均值不等式求解。 考点二 四边形面积问题 知识点 1. 规则四边形：直接用矩形、菱形、梯形专用面积公式 1. 任意四边形：分割为两个三角形求解；对角互补四边形可用 1. 核心方法：对角线分割法 解题原理 把不规则四边形拆分成两个三角形，整体面积等于两三角形面积之和，借助三角形面积公式统一计算。 解题思路 1. 连接对角线，将四边形分成两个三角形； 1. 分别求出两个三角形的边角条件； 1. 分别算面积再相加； 1. 涉及最值、范围，利用夹角正弦值范围求解。 真题速递 1．（2025·北京·高考真题）已知椭圆的离心率为，椭圆E上的点到两焦点的距离之和为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设O为坐标原点，点在椭圆E上，直线与直线，分别交于点A，B．设与的面积分别为，比较与的大小． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆定义以及离心率可求出，再根据的关系求出，即可得到椭圆方程； （2）法一：联立直线方程求出点坐标，即可求出，再根据，即可得出它们的大小关系. 法二：利用直线的到角公式或者倾斜角之间的关系得到，再根据三角形的面积公式即可解出. 【详解】（1）由椭圆可知，，所以，又，所以，， 故椭圆E的方程为； （2）联立，消去得，， 整理得，①， 又，所以，， 故①式可化简为，即，所以， 所以直线与椭圆相切，为切点. 设，易知，当时，由对称性可知，． 故设，易知， 联立，解得， 联立，解得， 所以 ， ， 故． 法二：不妨设，易知，当时，由对称性可知，． 故设， 联立，解得， 联立，解得， 若，则， 由对称性，不妨取，则， ，，所以， 同理，当时，， 当时，则，，, 又，所以， 所以 ， ， 则，即， 所以. 2．（2025·全国二卷·高考真题）已知椭圆的离心率为，长轴长为4． (1)求C的方程； (2)过点的直线l交C于两点，为坐标原点.若的面积为，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据长轴长和离心率求出基本量后可得椭圆方程； （2）设出直线方程并联立椭圆方程后结合韦达定理用参数表示面积后可求的值，从而可求弦长. 【详解】（1）因为长轴长为4，故，而离心率为，故， 故，故椭圆方程为：. （2） 由题设直线的斜率不为0，故设直线，， 由可得， 故即， 且， 故， 解得， 故. 3．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）已知和为椭圆上两点. (1)求C的离心率; (2)若过P的直线交C于另一点B，且的面积为9，求的方程． 【答案】(1) (2)直线的方程为或. 【分析】（1）代入两点得到关于的方程，解出即可； （2）方法一：以为底，求出三角形的高，即点到直线的距离，再利用平行线距离公式得到平移后的直线方程，联立椭圆方程得到点坐标，则得到直线的方程；方法二：同法一得到点到直线的距离，再设，根据点到直线距离和点在椭圆上得到方程组，解出即可；法三：同法一得到点到直线的距离，利用椭圆的参数方程即可求解；法四：首先验证直线斜率不存在的情况，再设直线，联立椭圆方程，得到点坐标，再利用点到直线距离公式即可；法五：首先考虑直线斜率不存在的情况，再设，利用弦长公式和点到直线的距离公式即可得到答案；法六：设线法与法五一致，利用水平宽乘铅垂高乘表达面积即可. 【详解】（1）由题意得，解得， 所以. （2）法一：，则直线的方程为，即， ，由（1）知， 设点到直线的距离为，则， 则将直线沿着与垂直的方向平移单位即可， 此时该平行线与椭圆的交点即为点， 设该平行线的方程为：， 则，解得或， 当时，联立，解得或， 即或， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，此时，直线的方程为，即， 当时，联立得， ，此时该直线与椭圆无交点. 综上直线的方程为或. 法二：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，则，解得或， 即或，以下同法一. 法三：同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 设，其中，则有， 联立，解得或， 即或，以下同法一； 法四：当直线的斜率不存在时，此时， ，符合题意，此时，直线的方程为，即， 当线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立椭圆方程有，则，其中，即， 解得或，，， 令，则，则 同法一得到直线的方程为， 点到直线的距离， 则，解得， 此时，则得到此时，直线的方程为，即， 综上直线的方程为或. 法五：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当的斜率存在时，设，令， ，消可得， ，且，即， ， 到直线距离， 或，均满足题意，或，即或. 法六：当的斜率不存在时，到距离， 此时不满足条件. 当直线斜率存在时，设， 设与轴的交点为，令，则， 联立，则有， ， 其中，且， 则， 则，解得或，经代入判别式验证均满足题意. 则直线为或，即或. 考点一 三角形面积问题 【例题分析】 例1．（25-26高三下·甘肃武威·阶段检测）已知椭圆的离心率为，且经过点． (1)求的方程． (2)已知是的左、右顶点，是的短轴上的动点（与短轴端点和原点均不重合），点满足，直线与的另一个交点为，直线与的另一个交点为（与不重合）． （i）证明：直线与轴相交于定点； （ii）当的面积最大时，求的值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）． 【分析】（1）根据离心率和所过点可求方程； （2）（i）根据直线和椭圆的方程求出的坐标，结合斜率关系可得定点； （ii）求出的面积表达式，利用导数可求答案. 【详解】（1）设的半焦距为． 由离心率为，可得， 又经过点，所以，得． 故的方程为． （2）（i）由题意知． 因为，所以． 直线，与椭圆方程联立得， 则，又，所以， 从而，所以． 直线，与椭圆方程联立，得， 则，又，所以， 从而，所以． 若直线与轴相交于点， 则有，得， 因为，上式化简可得， 因此，直线与轴相交于定点． （ii）由题意知的面积为． 由对称性，不妨取，又因为，所以，所以． 令，则，解得（负值舍去）． 当时，， 当时，， 故当取最大值时，． 例2．（2026·河北张家口·三模）在平面直角坐标系中，双曲线的离心率为，且过点． (1)求双曲线的方程； (2)过双曲线的右焦点的直线与双曲线交于，两点，与双曲线的两条渐近线分别交于点，，记，的面积分别为，，求的取值范围； (3)若直线与双曲线交于，两点，与双曲线的两条渐近线分别交于点，，且在上依次排列，记，的面积分别为，，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）结合题意列方程组，求得，即可得到的方程； （2）设直线，直线与曲线以及渐近线联立方程组，求得弦长，由列式计算求解即可； （3）设出直线的方程，分别与双曲线、渐近线联立，用韦达定理得到的中点坐标和的中点坐标，根据中点坐标相同计算即可证明. 【详解】（1）由题得， 解得，， 所以双曲线C的方程为； （2）由（1）得，则. 由题知的斜率不为0， 设的方程为， 联立， 得 ， 则，， 设，则， 所以 ， 双曲线的渐近线方程为，即， 联立， 得， 则，， 同理， 由原点到直线的距离相等， 所以， 由，得， 又，所以且， 则且， 故的取值范围为； （3）设的方程为，，，， 联立， 得， 则，，， 则线段PQ中点的横坐标为. 设，， 联立，得， 则，， 则线段中点的横坐标为， 所以线段与线段的中点为同一点，记为， 则，， 所以， 即， 又和的高均为原点到的距离d， 所以， 故得证. 例3．（2026·贵州安顺·模拟预测）已知双曲线：的左、右焦点分别为，，过且垂直于轴的直线与及其渐近线自上而下交于点，，，，且，双曲线的渐近线方程为. (1)求的标准方程. (2)设的左、右顶点分别为，，过点且与轴不垂直的直线交于，两点，直线与相交于点，则的面积是否为定值?若是，求出该定值；若不是，请说明理由. 【答案】(1) (2)是定值， 【分析】（1）由渐近线斜率得比例关系，求出处渐近线交点间距、双曲线交点间距，结合线段差条件得的值，再联立双曲线求出参数，写出双曲线标准方程. （2）设过定点的直线方程与双曲线联立，利用韦达定理得到根与系数关系，写出两顶点与动点连线方程并联立，借助韦达关系式化简求得交点恒在定直线上，再以竖线段为底、点到该竖直线的距离为高，算出三角形面积为定值. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为，由题意，得，， 所以，将代入，得，. 所以，因为双曲线的渐近线方程为，所以， 所以，所以， 即，又，所以，，， 所以的标准方程为. （2）的面积为定值，理由如下 由题可知过点的直线与双曲线交于不同的两点，且均不是双曲线的顶点. 依题意可设直线的方程为， 设，，由 整理得，， 则，， 所以，则. 直线的方程为， 直线的方程为， 因为是直线与直线的交点，所以 整理得 ， 所以，解得，故点在定直线上. 设中边上的高为，则， 则. 【变式训练】 变式1．（2026·湖南长沙·模拟预测）已知双曲线：（，），过右焦点的直线与双曲线的右支交于，两点.设PQ的中点为，且当直线的斜率为1时，点的坐标为. (1)求双曲线的标准方程； (2)直线上有两点，满足：，，其中，，为坐标原点.已知点在双曲线上. （ⅰ）证明：点也在双曲线上； （ⅱ）设点，设RS的中点为，若的面积的最小值为5，求的值. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）用点差法：设，，代入双曲线作差，代入斜率和中点坐标，结合，求出，得到曲线方程； （2）（ⅰ）根据在双曲线上，得到，将的坐标代入计算，满足双曲线方程，得证； （ⅱ）先利用斜率证明三点共线，再计算，联立直线与双曲线，求坐标，求出的取值范围，最后根据的面积最小值，得到的值. 【详解】（1）设直线，依题意可知，，解得， 设，，则，作差并整理得， 代入斜率和中点坐标得，又，可得，， 故双曲线的方程为. （2）（ⅰ）由题意， 由点在双曲线上，得， 整理得，化简可得， 点， 则 ， 所以点也在双曲线上. （ⅱ）设，， 由，在直线上，以及可知， ， 所以点在直线上，同理也在直线上， 即直线RS的方程为，其中；故， 联立，得， ，则， 所以， 则由（1）可知，，同理有，故O，M，N三点共线， 因此，即. 联立整理得， 所以，故，， 故，当且仅当时取等号；且， 因此， 故，解得或（舍去）， 因此，即. 变式2．（2026·江苏·三模）已知椭圆的长轴长是短轴长的2倍，焦距为． (1)求的标准方程； (2)设，是上关于轴对称的两点，是上一点，直线，与轴分别交于，两点． （i）设为坐标原点，证明：为定值； （ii）若，求的面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii） 【分析】（1）根据长轴与短轴的关系及焦距，结合即可求解； （2）（i）设，，表示出直线方程，进而表示出，计算即可证明；（ii）法一：由已知得出和，再由及基本不等式即可证明；法二：设与交于点，由几何关系得出和，再由及基本不等式即可求解． 【详解】（1）依题意，，即， 又焦距为，所以， 解得，，所以的标准方程为． （2）（i）证明：由椭圆的对称性，不妨设，，， 设，，则直线方程为， 令得，，同理可得，， 因为，， 所以， 所以为定值． （ii）法1：因为，所以， 又因为，， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 法2：设与交于点，由椭圆的对称性知， 因为，所以， 又因为，， 所以. 所以，所以，显然， 所以，所以， 所以， （当且仅当，即时，等号成立）， 所以的面积的最大值为． 变式3．（2026·江苏扬州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点为椭圆的左焦点，点为上一点，为的右焦点，且的周长为12． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与轴的交点为，过点的直线与交于两点，设直线的斜率分别为． （i）是否为定值？若是，则求出这个定值；若不是，请说明理由； （ii）求面积的最大值． 【答案】(1) (2)（i）为定值0；（ii） 【分析】（1）结合题意得，，进而解方程即可求得椭圆方程； （2）（i）由题意知，故根据直线的斜率为0时得；再结合直线的斜率不为0时，设直线的方程为，，进而联立方程，结合韦达定理即可求得； （ii）结合（i），根据弦长公式得由题，点到直线的距离为，再结合基本不等式求解面积的最值即可. 【详解】（1）设椭圆的焦距为，因为椭圆的左焦点为，所以， 因为点为上一点，为的右焦点，所以， 因为的周长为12， 所以， 所以， 所以椭圆的标准方程为. （2）（i）因为直线与轴的交点为，所以． 当直线的斜率为0时，三点共线且在轴上，故，此时； 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为，， 联立，化简消去得：， ， 解得或， 所以，由韦达定理得，， 所以 ， 综上，为定值0． （ii）由题． 点到直线的距离为， 所以， 令，则， 所以． 因为，当且仅当，即时等号成立， 所以，当且仅当时等号成立，此时成立， 所以面积的最大值为 考点二 四边形面积问题 【例题分析】 例1．（2026·河南·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆E上且的周长为6． (1)求椭圆E的方程． (2)设过点的直线与椭圆E交于A，B两点，过点的直线与椭圆E交于C，D两点，与的交点为P，且与的斜率之积为． ①求点P的轨迹方程； ②求四边形ACBD面积的取值范围． 【答案】(1) (2)① ；② 【分析】（1）根据椭圆焦点及三角形周长得出的值，再将点坐标代入椭圆方程，结合椭圆中的关系联立方程组求解，进而得到椭圆方程. （2）①结合两直线分别过左右焦点写出直线方程的两个斜率，代入已知斜率乘积条件消参化简，排除斜率不存在的对应点，得出点的轨迹方程. ②方法一：先分别联立、与椭圆方程，算出弦长和，结合已知斜率乘积关系写出四边形面积表达式，换元后根据函数性质即可得到面积的取值范围；方法二：先写出两条直线方程，联立与椭圆得到弦长，将四边形面积表示为乘C、D到的距离和，代入斜率条件化简面积表达式后，换元结合函数性质即可求出面积的取值范围。 【详解】（1）因为椭圆的焦点为， 的周长为，即， 已知在椭圆上，代入得， 结合椭圆关系，所以， 解得， 所以椭圆E的方程为．               （2）由（1）可知，椭圆E的方程为，焦点坐标为，        ①设直线与直线的斜率分别为，则， 设点P的坐标为，则，                      即，因为斜率存在所以, 化简得， 所以点P的轨迹方程为，              ②方法一  设， 联立， 则，                 联立， 则，                      所以，    同理可得，                                   设与的夹角为，因为与的方向向量分别为， 所以， 所以，                     设四边形ACBD的面积为S， 则， 因为，所以， 令，则， 则， 令，则，化简得， 当时，S→6；当时，， 所以四边形ACBD面积的取值范围是，                  方法二  设，直线AB的方程为， 则，直线CD的方程为， 联立直线AB与椭圆的方程得， 则，                    所以， 设分别为点C，D到直线AB的距离，四边形ACBD的面积为S， 则， ， 联立得， 故．              所以， 所以，           思路1：令，则 ， 因为，所以， 因此，              思路2：令，则，即，则 ， 显然，当时，S取得最大值，当时，， 因此． 例2．（2026·福建龙岩·三模）已知椭圆，的短轴长为双曲线的实轴长，且的离心率为．点为的上顶点，点为的右顶点，点的坐标为（1，0）． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，设，其中，直线交轴于点．若四边形为等腰梯形，求的方程； (3)若直线与交于两点，求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3)4 【分析】（1）根据椭圆的性质列式求解即可； （2）法一：设直线的方程为，联立椭圆与直线方程，利用四边形为等腰梯形，得，求得， 进而得到即可求出； 法二：利用四边形为等腰梯形，得，再取的中点为，连接，得到，求出直线的方程，与椭圆方程联立即可求出点坐标，进而求出直线的方程； 法三：设直线l的方程为，与椭圆方程联立，再利用四边形为等腰梯形，得到，进而求出的值即可； （3）法一：将直线与椭圆方程进行联立，设，，利用直线与直线平行得到，即可列出，，最后求导判断单调性即可求出； 法二：令，则可化为，再令则，利用函数的性质即可求出四边形面积的最大值. 【详解】（1）依题意得：，得， 故的方程为． （2）法一：显然直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为(其中)， 联立，消去得， 设，则， 由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴， 故， 得， 即，化简得． 联立，得，代入， 得， 化简得所以， 因为 所以， 所以直线的方程为，即． 法二：由四边形为等腰梯形，且均在轴上，轴， 故，故，设， 取的中点为，连接，则， 则直线的方程为， 令， 设直线），联立，消去得， 则，则 ， ， 所以， 则，因此，又， 所以， 所以直线的方程为，即． 法三：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为， 联立 ，消去得， 设，且， 则 ， ， 因为四边形MPQM1为等腰梯形，且P 、Q均在x轴上，NM1//x轴， 故  所以， 所以  所以，解得， 所以直线l的方程为. （3）法一：联立方程：，消去y可得， 且，则， 可知直线与椭圆相交， 设，，则，则， 又因为点，，则，直线的方程为，即， 可知直线：与直线：平行， 则两平行线间距离为， 则 ， 即，， 则， 设， （i）当时，，即； （ⅱ）当时，因为函数单调递减，函数单调递增， 可知单调递减，且， ①当时，，即； ②当时，，即； 综上所述：当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减，则， 所以的最大值为 法二：同法一得 令 则可化为 令 则 所以 当，即时，， 所以的最大值为4． 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. 【变式训练】 变式1．（25-26高三下·甘肃金昌·阶段检测）已知椭圆（）的长轴长是短轴长的倍，且经过点. (1)求的方程； (2)设为坐标原点，过圆上一动点作的两条切线，切点分别为. （i）证明：恒为定值； （ii）求四边形的面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）6. 【分析】（1）根据题设条件求出基本量后可得椭圆的方程； （2）（i）设出切线方程，联立切线方程和椭圆方程，消元后根据判别式为零可求切线方程，根据同构可得切点弦的方程，联立切点弦方程和椭圆方程，结合韦达定理化简斜率乘积为，从而可证恒为定值； （ii）结合（i）中结果结合点到直线距离可求四边形面积表达式，从而可求面积的最大值. 【详解】（1）由题意知，解得，， 故的方程为. （2）（i）设，， 若直线的斜率不存在，则直线的方程为， 此时直线的方程为，此时； 同理，若直线的斜率不存在，则. 若直线，的斜率都存在，设直线的斜率为， 则直线的方程为， 由得， 因为直线与椭圆相切， 则， 化简得， 又，所以，代入上式得， 所以，即， 所以，解得（）， 所以直线的方程为，整理得， 设直线的斜率为，直线的方程为， 同理可得直线的方程为， 设，其中， 则有，，所以直线的方程为， 若,则，直线的方程为，可得， 不妨设，，此时， 故即. 若，由整理得， 所以，， 故 ， 整理得，又， 所以，则，即. 综上可知，恒为定值. （ii）由上可知，直线的方程为， 又，则，， 则点M到直线的距离为， 原点O到直线的距离为， 由上可知，， 则 ， 所以四边形的面积为 ， 所以当时，四边形的面积取得最大值6. 变式2．（25-26高三上·上海·期末）已知双曲线的左、右顶点分别为，离心率为2，右焦点到双曲线的渐近线距离为，过右焦点作直线交双曲线的右支于两点， (1)求双曲线的方程； (2)过左焦点，作直线的平行线交双曲线的左支于两点，求四边形的面积的最小值； (3)若直线交于点，证明：在定直线上． 【答案】(1) (2)24 (3)证明见解析 【分析】（1）利用离心率和焦点到渐近线的距离这两个条件，求出的值，从而确定双曲线方程； （2）由双曲线的对称性四边形为平行四边形，故，设出直线的方程，分别与双曲线联立，由计算四边形面积并借助函数的单调性求最小值； （3）写出直线和的方程，联立求解交点的坐标，证明其横坐标为定值. 【详解】（1）因为双曲线的离心率，故， 而双曲线的渐近线为，故右焦点到渐近线的距离为， 而，故， 故双曲线的方程为：. （2）显然直线与轴不垂直，设， 由双曲线的对称性知，结合，即四边形为平行四边形， 且为平行四边形的对角线中点，故， 联立，故， 由于均在双曲线右支，故，故， 而 ， 令，则， 易知在上为减函数，则当时，， 综上，四边形的面积的最小值为 （3）证明：左顶点，右顶点， 设过的直线方程 直线的方程为，直线的方程为， 两式相除得，代入 计算：． 由（2）知， 注意到，代入得：， 因此，解得. 故交点的横坐标恒为，即在定直线上. 变式3．（25-26高三上·重庆·月考）在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点G满足直线AG与直线BG的斜率之积为，点G的轨迹为曲线C． (1)求C的方程； (2)已知过点且斜率不为0的直线l与曲线C交于D，E两点，求四边形ADBE面积的最大值； (3)直线与x轴的正半轴和y轴分别交于Q，P两点，与椭圆分别交于M，N两点，且，，若，证明：直线经过定点，并求出该定点的坐标． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析；定点坐标为. 【分析】（1）设点坐标为，由可得结果； （2）设直线，，，联立方程组结合根与系数的关系求四边形面积的表达式，令，则，结合对勾函数性质求其最大值； （3）设，，，，由条件利用表示的坐标，将的坐标代入椭圆方程，结合方程思想可得是方程的两个根，结合条件与根与系数的关系可求，由此可得结论. 【详解】（1）设点坐标为，则，即， 所以曲线C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​在时单调递增，当（即）时，取最小值， 所以当直线方程为时，四边形的面积取最大值，； （3）设，，，， 因为，所以， 故，， 若，则重合，与已知矛盾，故，即​ 所以， 同理，由，可得， 将代入椭圆方程整理得， 将代入椭圆方程整理得， 所以是方程的两个根， 由根与系数的关系可得 ， 又， 所以，结合解得​， 即直线恒过轴上的点. 所以直线经过定点，定点坐标为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $