专题04 圆锥曲线三角形面积与四边形面积问题9种常见考法归类（题型专练）高二数学人教A版选择性必修第一册

专题04 圆锥曲线三角形面积与四边形面积问题 （题型突破·举一反三） 题型 01 利用弦长和点到直线的距离求三角形的面积 题型 02 由水平宽 × 铅锤高求三角形面积 题型 03 对角线互相垂直的四边形面积 题型 04 把四边形分割成两个三角形的面积 题型 05 三角形的面积比问题之共角、等角模型 题型 06 三角形的面积比问题之对顶角模型 题型 07 面积定值 题型 08 已知面积求参 题型 09 圆锥曲线面积的最值问题 ▌题型01 利用弦长和点到直线的距离求三角形的面积 1. 【核心逻辑】 选取相交弦作为三角形底边，第三个顶点向这条直线作垂线段作为高；。适合顶点为定点（焦点、原点、坐标轴上点）。 2. 【解题步骤】 ① 设直线，联立圆锥曲线，整理一元二次方程； ② 写出判别式，韦达得到； ③ 弦长公式求底边； ④ 点到直线距离公式求高； ⑤ 代入计算面积；求最值则转化为参数函数。 3. 【易错提醒】 • 弦长公式漏写； • 忘记检验判别式； • 高找错，不是两点之间线段，是点到直线垂线段。 【例1】（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆过得，再利用得，即可写出椭圆方程； （2）设直线方程并联立方程组，用韦达定理结合斜率之和的条件求出斜率，再用弦长和距离公式即可求出面积. 【详解】（1）因为椭圆过点，所以，即， 又因为以长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且，即， 所以，故椭圆的方程为. （2）由（1）知，设过点的直线的方程为，设， 联立方程组，代入化简得：， 由韦达定理：， 又因为直线的斜率为：，直线的斜率为：， 且 所以， 解得，此时直线：， 方程变为， 判别式满足题意，且， 此时弦长， 点到直线的距离为， 所以的面积为. 【变式1-1】（2026高二·全国·专题练习）已知斜率为2的直线经过椭圆的右焦点为，且与椭圆相交于两点，设椭圆的左焦点为，求的面积． 【答案】 【分析】根据点斜式写出直线方程，再联立椭圆方程求出弦长，利用点到直线的距离公式求出高，求解面积. 【详解】由椭圆方程知右焦点，利用点斜式，则直线方程为， ,化简得：,故,,则, 求出, 椭圆的左焦点为，所以的高为，所以的面积为． 【变式1-2】（2026高二·浙江杭州·阶段检测）已知椭圆（）的离心率为，右焦点为，点 (1)求椭圆的方程； (2)设斜率为的直线与椭圆交于，两点，若是以为顶点的等腰三角形，求的面积 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据离心率以及即可求解，进而可得得解. （2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，即可根据垂直关系求解，根据弦长公式以及三角形面积公式求解. 【详解】（1）由已知得，，解得， 故， 即椭圆的方程为； （2）设直线的方程为， 设，，中点， 联立直线与椭圆，得  ①， 由韦达定理，，， 由题意，，因此的斜率为，解得， 此时①式为，， 点到直线的距离， 所以的面积 【变式1-3】（2026高二·北京·期中）已知椭圆（）的右焦点为，且过点，直线过点且交椭圆于A、两点. (1)求椭圆的方程； (2)若线段的垂直平分线与轴的交点为. （ⅰ）求直线的方程. （ⅱ）若点，求的面积. 【答案】(1)； (2)或； 【分析】（1）根据椭圆的性质并代入所过点坐标计算即可； （2）（ⅰ）先排除直线l斜率不存在的情况，设其点斜式方程，联立椭圆方程结合韦达定理、直线垂直的斜率积计算即可；（ⅱ）由上的结论及弦长公式、点到直线的距离公式计算即可. 【详解】（1）根据题意有，解之得，所以椭圆的方程； （2）（ⅰ）显然若l斜率不存在，其垂直平分线与横轴重合，不符合题意； 不妨设直线的方程为，的中点为C， 设， l与椭圆方程联立有，整理得， 则， 所以， 易知，解之得， 即，整理得直线的方程为或； （ⅱ）由弦长公式可知 ， 由直线的对称性知点P到两条直线l的距离相同，即， 所以的面积为.    ▌题型02 由水平宽x铅锤高求三角形面积 1. 【核心逻辑】 （铅锤高为点纵坐标绝对值，水平宽为两点横坐标之差）；也可以；尤其三角形一个顶点在原点时计算非常简便，避免点到直线距离复杂运算。 2. 【解题步骤】 ① 联立直线与曲线，韦达定理求出； ② 确定铅锤高（定点纵坐标）； ③ 代入公式直接求面积； ④ 求最值转化函数，使用基本不等式、导数。 3. 【易错提醒】 • 搞反水平宽、铅锤高； • 符号不做绝对值，得到负的面积。 【例2】（2026高二·云南昆明·期中）已知椭圆，左、右焦点分别为，过点作倾斜角为的直线交椭圆于两点． (1)求的长和的周长； (2)求的面积． 【答案】(1)；的周长为； (2) 【分析】（1）直线方程与椭圆方程联立，代入弦长公式，并根据椭圆的定义和性质求周长； （2）根据图象，代入面积公式，即可求解. 【详解】（1）椭圆，，， ，即， 所以直线的方程为， 联立，得，或， 所以， 的周长为； （2）由，得，由，得， 设，, 的面积. 【变式2-1】（2026高二·湖南衡阳·期中）已知椭圆的离心率为，且的焦点与双曲线的焦点重合． (1)求的方程； (2)若过点且与的一条渐近线平行的直线与交于，两点，为坐标原点，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出双曲线的焦点坐标，结合椭圆离心率求出即可. （2）求出双曲线渐近线的斜率，进而求出直线的方程并与椭圆方程联立求出三角形面积. 【详解】（1）双曲线的焦点坐标为，则椭圆的焦点为， 即有，由的离心率为，得，解得， 所以的方程为. （2）依题意，双曲线的渐近线的斜率为，设， 由对称性，不妨设直线的方程为，即， 由消去，得 ，则，， 因此， 所以的面积.    【变式2-2】（2026·重庆渝中·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过点，且与椭圆相交于，两点，为坐标原点，求面积的最大值及此时的方程． 【答案】(1) (2)最大值，的方程为 【分析】（1）本问利用椭圆的定义求出，代入点坐标求出，从而求出椭圆标准方程； （2）设直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理，表示出三角形面积，利用基本不等式求出面积最大值，从而求出直线方程. 【详解】（1）解：（1）由两点间距离公式可得，， 根据椭圆的定义可得，所以， 又点在椭圆上，代入得，解得， 因此椭圆的方程为． （2）（2）设直线为，，， 联立，化简得， 则，，， ， 由基本不等式得， 当且仅当，即，亦即时等号成立, 此时取最大值为，所以的方程为. 【变式2-3】（2026·四川攀枝花·模拟预测）已知，分别为椭圆的左，右顶点，为的上顶点，，直线的斜率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线，分别交轴于，两点： （ⅰ）是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （ii）当面积取最大值时，求的值． 【答案】(1) (2)（ⅰ）存在,使得；（ii） 【分析】（1）由椭圆顶点坐标,结合直线斜率得 比例关系,再由线段长联立方程,求出 ,即得椭圆方程. （2）（ⅰ）设直线联立椭圆,由韦达定理得纵横坐标关系,求出 纵坐标,代入向量比例化简消参,可得 为定值3.（ⅱ）由 设出 纵坐标,写出直线 方程并联立椭圆,得到 点横坐标表达式；用底乘高表示 面积,构造函数求导分析单调性,找到面积最大值对应的参数,代入算出此时的值. 【详解】（1）已知，直线的斜率. 由斜率公式得，即. 由两点间距离公式得. 因为，联立解得，. 所以椭圆的方程为. （2）（ⅰ）由题可知过点的直线斜率不为，（否则点与点重合） 设, 由，消去得 , 即， , 直线,令可得 直线,令,可得， 因为共线， 所以 , 所以存在,使得. （ii）设,则,所以, 直线,由消去得 由可得, , 令, , 令,解得, 当时，,当时，, 故在上单调递增,在上单调递减, 所以当时,取最大值, 所以此时. ▌题型03 对角线互相垂直的四边形面积 1. 【核心逻辑】 两条对角线互相垂直，则面积；两条对角线分别为两条动弦，一条斜率为，另一条斜率为。 2. 【解题步骤】 ① 设其中一条直线斜率，联立求弦长； ② 用替换得到另一条弦长； ③ 代入； ④ 整理成关于的函数，求范围、最小值； ⑤ 补充讨论斜率不存在、斜率等于0的特殊情况。 3. 【易错提醒】 • 不讨论斜率不存在、斜率为0特殊情形； • 公式记错，漏掉系数。 【例3】（2026·河北邯郸·模拟预测）已知椭圆经过，两点． (1)求的方程； (2)若圆的两条相互垂直的切线均不与坐标轴垂直，且直线分别与相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值． 【答案】(1)． (2)． 【分析】（1）依据椭圆经过两点，将点的坐标代入椭圆方程，待定系数法解方程即可； （2）设其中一条的斜截式方程，首先由直线与圆相切，得出直线的斜率与截距关系；再设而不求，用韦达定理表示出两条直线与椭圆相交的弦长，再利用条件知两弦垂直，故四边形的面积，利用弦长将面积表示成其中一条直线斜率的函数，利用函数求最值. 【详解】（1）因为过点，， 所以解得 故的方程为． （2）由题知的斜率存在且不为0． 设． 因为与圆相切，所以，得． 联立与的方程，可得， 设，，则，． 所以， 将代入，可得． 用替换，可得． 四边形的面积． 令，则，可得， 再令，，则，可得， 即四边形面积的最小值为． 【变式3-1】（陕西省商洛市镇安中学2023届高三学期模拟考文科数学试题）已知分别为椭圆的左､右焦点，直线过点与椭圆交于两点，且的周长为. (1)求椭圆的离心率； (2)直线过点，且与垂直，交椭圆于两点，若，求四边形面积的范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，由题的周长为，据此可得答案； （2）先讨论两直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积；再讨论两直线的斜率都存在，且都不为0时，分别联立直线与椭圆方程求得与，从而得到得关于的关系式，由此得解. 【详解】（1）设，由椭圆的定义可知的周长为，所以，所以离心率. （2）由（1）可知，又，所以， 所以椭圆的方程为. ①当直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积. ②当直线的斜率都存在，且都不为0时，设的方程为，由，可得，.所以. 所以. 设的方程为，同理可得. 所以四边形的面积 ， 因为，当且仅当时取等号.所以，即此时. 由①②可知，四边形面积的范围为.   【点睛】 【变式3-2】（2026·陕西安康·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，椭圆的动弦过椭圆的右焦点，当垂直轴时，椭圆在，处的两条切线的交点为． (1)求点的坐标； (2)若直线的斜率为，过点作轴的垂线，点为上一点，且点的纵坐标为，直线与椭圆交于，两点，求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的几何意义，求得椭圆的方程，从而得，将代入椭圆方程，求出点的坐标，再设椭圆在点处的切线方程为，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0，求出的值，即可求得的坐标； （2）设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出，结合（1）中所得写出的坐标，并求出直线的方程，再利用弦长公式求得，然后化简运算为定值，且，即可根据基本不等式求解最值． 【详解】（1）解：由题意知，，解得，，， 所以椭圆的方程为，， 将代入椭圆方程得， 不妨取， 设椭圆在点处的切线方程为， 联立，得， 所以， 整理得，解得， 所以在点处的切线方程为， 由椭圆的对称性知，点在轴上， 令，则， 即点的坐标为,． （2）根据题意可设直线的方程为，,，,， 联立，得， 所以，，， 所以， 因为轴，且点的纵坐标为，所以,， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 同理可得，， 所以， 故为定值． 故,当且仅当时等号成立， 由于故，即, 故，当且仅当时等号成立， 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值， 【变式3-3】（2026·湖北·模拟预测）已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，点B、F都在直线上． (1)求椭圆的标准方程； (2)若圆的两条相互垂直的切线均不与坐标轴垂直，且直线分别与相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由点B、F都在直线上，结合平方关系即可列出关于的方程组并求解即可； （2）设出直线方程，由直线与圆相切可得，联立直线与椭圆方程结合椭圆方程表示出弦长，进一步表示出面积，从而即可得解. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由已知点的坐标为，点的坐标为， 因为点B、F都在直线上，所以，，又， 所以，，， 所以椭圆的方程为：， （2） 由题知的斜率存在且不为0． 设． 因为与圆相切，所以，得． 联立与的方程， 可得， 设，， ， 则，． 所以， 将代入，可得． 用替换，可得． 四边形的面积． 令，则，可得， 再令，，则， 可得，等号成立当且仅当，即，即， 即四边形面积的最小值为． ▌题型04 把四边形分割成两个三角形的面积 1. 【核心逻辑】 不规则四边形，沿一条对角线切分为两个三角形；四边形面积等于两个三角形面积相加。对角线可以是定弦或者动弦。 2. 【解题步骤】 ① 选定四边形一条对角线，将四边形拆分为与； ② 分别计算两个三角形面积； ③ ； ④ 表达式化简后求最值、范围； ⑤ 结合限定参数取值。 3. 【易错提醒】 分割之后两个三角形高识别错误；忽略参数受判别式约束。 【例4】（2026高三·四川成都·阶段检测）已知椭圆的对称中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，焦点在轴上，离心率，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于两点，且直线的倾斜角互补，点，求三角形面积的最大值． 【答案】(1) (2)18 【分析】（1）根据椭圆离心率和 求解即可； （2）设出直线和交点坐标，联立方程组，然后结合直线的倾斜角互补，，求解出和 ，最后结合三角形面积公式求解出面积解析式，结合导数求解出面积的最大值； 【详解】（1）， 设椭圆的标准方程为，即， 过点， 椭圆的标准方程为； （2）由题意可知直线的斜率存在，且不过点， 设直线的方程为，， 由消去整理得， ，， ， ， ， ， 将，代入整理得， ， 又因为， 解得：， 三角形的面积，     令， 导函数， 当，， 当，， 增区间为，减区间为， 当时，三角形的面积取得最大值，最大值为18． 【变式4-1】（2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆C：（）的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为.当的面积取得最大值时，求直线l的方程. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆焦点与顶点的坐标与离心率的定义计算即可得答案； （2）设出直线l的方程，联立曲线方程后可得与坐标有关的韦达定理表达式，结合三角形面积公式表示出面积后借助基本不等式计算即可得答案. 【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，依题意，，，又， 解得，，， 所以椭圆C的方程为； （2）由题意可得直线的斜率不为，故可设直线l的方程为， ，，则， 联立直线l与椭圆C的方程，得， 由于直线过椭圆内一点，故必有，则． 又，， 易知与同号， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以面积的最大值为，此时直线l的方程为． 【变式4-2】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点． (1)若直线l斜率为，并过椭圆的上顶点，且长轴长为4，求椭圆C的方程； (2)若直线l斜率为1，且，求椭圆C的离心率； (3)若椭圆，直线，过且与l垂直，交椭圆于E，F两点，M为AB中点，N为EF中点，求四边形面积的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据条件求出的值即可； （2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理以及即可求出； （3）设方程为，与椭圆方程联立，求出点的纵坐标，根据计算，令，结合对勾函数求最值. 【详解】（1）因为，所以，又因为直线的斜率为-1，且过上顶点，所以，所以椭圆的方程为 （2）直线方程为，设 联立，得， 则，，， 因为 ， 所以 ，即 ，所以或2 因为，所以； （3）若直线斜率为或不存在，则共线， 故设方程为， 联立，得， 所以，，，所以， 设方程为，用替换，得， 所以 设，所以， 所以， 因为在上单调递增，所以， 故四边形面积的最大值为. 【变式4-3】（2026·全国·模拟预测）已知A、B分别为椭圆：）的上、下顶点，F是椭圆的右焦点，C是椭圆上异于A、B的点，点D在坐标平面内． (1)若，求椭圆的标准方程； (2)若，且，，求四边形CADB面积S的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知是等边三角形，可求出，即可得出椭圆的标准方程； （2）设，，根据已知列方程求解可得，表示出四边形CADB面积S，再由均值不等式即可求四边形CADB面积S的最大值. 【详解】（1）解：由已知是等边三角形， 因为，，所以， 得椭圆的标准方程为． （2）设，， 因为，，所以， 则,所以， ， 所以，， 两式相减得， 带回原式得， 因为，所以， （当时取等） 所以四边形CADB面积S的最大值为． ▌题型05 三角形的面积比问题之共角、等角模型 1. 【核心逻辑】 两个三角形有公共角或者相等角，则面积之比等于夹这个角两边乘积之比：；若在同一条直线上，线段之比可以约掉，直接用坐标差之比。 2. 【解题步骤】 ① 识别公共角/等角； ② 把面积比转化线段乘积之比； ③ 联立直线圆锥曲线，韦达定理表示线段； ④ 化简得到参数方程或者参数函数； ⑤ 求比值的最值、范围。 3. 【易错提醒】 不是共角模型，强行套用乘积比例；不注意线段方向符号，忘记取绝对值。 【例5】（四川省成都市第七中学2025-2026学年高三学期8月学科素养测试数学试题）已知双曲线的焦距为且左右顶点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点． (1)求双曲线的方程； (2)记直线的斜率分别为，证明：是定值； (3)设为直线和的交点，记的面积分别为，求的最小值． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)3. 【分析】（1）利用双曲线的焦距、结合双曲线方程求出值即可. （2）设出直线的方程，与的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，推理计算即得. （3）由（2）得，联立直线与的方程求出点的横坐标，再求出三角形的面积的函数关系并求出最小值. 【详解】（1）由双曲线的焦距为，得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）依题意，设直线的方程为，，    由消去x并整理得， 由直线与双曲线的右支交于两点，得可得 ， 解得， 则，，即，而， 所以 为定值. （3）由（2）知，直线：，直线：， 则点的横坐标为， 于是 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧： 几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解； 代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 【变式5-1】（2026·河北·模拟预测）已知抛物线，过点的直线与交于两点，当直线与轴垂直时，（其中为坐标原点）. (1)求的准线方程； (2)若点在第一象限，直线的倾斜角为锐角，过点作的切线与轴交于点，连接交于另一点为，直线与轴交于点，求与面积之比的最大值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）将代入抛物线，结合为等腰直角三角形求参数，即可得抛物线方程，进而写出准线方程； （2）设，直线，联立抛物线求坐标，导数几何意义求直线方程，依次求出坐标，进而求与面积，利用基本不等式求面积比最值. 【详解】（1）将代入，则， 由，故为等腰直角三角形，故，即， 所以，故准线方程为. （2）设，直线，联立抛物线得， 所以，则，故， 由，则，故，直线， 令，则，故， 设直线，联立抛物线得， 所以，则，故， 综上，直线，令，则，故， 由直线的倾斜角为锐角，故，则，， 所以，令，则， 则，仅当，即时等号成立， 所以与面积之比的最大值.      【点睛】关键点点睛：第二问，设及直线方程并联立抛物线依次求出坐标，注意参数范围，最后应用换元、基本不等式求面积比最大值. 【变式5-2】（2026高三·河北·阶段检测）已知抛物线C：上一点到焦点F的距离为． (1)求抛物线C的方程； (2)过点F的直线与抛物线C交于两点，直线与圆E：的另一交点分别为为坐标原点，求与面积之比的最小值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得抛物线的方程. （2）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，求得，然后求得与面积比的表达式，进而求得比值的最小值. 【详解】（1）依题意得，解得，所以抛物线方程为. （2）抛物线的焦点为，直线与轴不重合， 设直线的方程为， 由消去并化简得，， 设，则， 所以， 所以. ，由，而， 故解得.同理可求得. ， 同理， 所以 ， 故当时，取得最小值为. 【点睛】求解抛物线的标准方程，关键是根据已知条件求得.求解抛物线中三角形面积有关问题，要选取合适的三角形面积公式，先将面积的表达式求出来，然后根据表达式的结构，选择对应的求最值的方法来求得面积的最值. 【变式5-3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的短轴长等于焦距，且过点 (1)求椭圆的方程； (2)为直线上一动点，记椭圆的上下顶点为，直线分别交椭圆于点，当与的面积之比为时，求直线的斜率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的性质和点在椭圆上再结合已知条件列方程组求出即可； 设出，由直线方程和曲线方程联立，分别（2）解出点坐标，再由三角形面积公式和弦长公式以及面积比得到值，最后由斜率公式得到直线的斜率. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）    因为， 设， 则直线的方程的方程为， 联立，消去可得， ， 解得，代入直线方程可得，故， 直线的方程为，由，消去可得，， 解得，故， 设与的面积分别为，则， 因为，且三点共线，三点共线，结合距离公式化简可得 ， 由，化简解得， 当时，，的斜率为， 当时，，的斜率为， 综上，直线的斜率. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线的面积问题时，可用三角形面积公式表达出面积，再用弦长公式表示出弦长，最后由面积比求出相应的参数值. ▌题型06 三角形的面积比问题之对顶角模型 1. 【核心逻辑】 两个三角形拥有一组对顶角，对顶角相等，面积之比同样等于夹对顶角两边长度乘积之比；经常出现在过同一点两条相交直线形成的两个三角形。 2. 【解题步骤】 ① 识别对顶角相等； ② 面积比转化夹边线段乘积之比； ③ 联立直线，韦达定理，用坐标表达线段长； ④ 化简表达式，求比值或者比值范围。 3. 【易错提醒】 分不清对顶角模型适用条件；直线斜率不存在情况漏掉讨论。 【例6】（北京名校2023届高三一轮总复习第7章解析几何7.12直线与圆锥曲线的位置关系（2））在平面直角坐标系中，点B与点关于原点O对称，P是动点，且直线与的斜率之积等于． (1)求动点P的轨迹方程； (2)设直线和分别与直线交于点M，N,问：是否存在点P使得与的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出点P的坐标，利用已知条件列出关系式，化简后即可得出动点P的轨迹方程； （2）先假设存在点P，由面积公式得出关系式，根据角相等消去三角函数得比例式，整理得出方程式，解方程即得. 【详解】（1）因为点B与点关于原点O对称，所以点B的坐标为. 设点P的坐标为，则由直线与的斜率之积等于，得， 化简得，故动点P的轨迹方程为. （2）若存在点P使得与的面积相等， 设点P的坐标为，则， 因为，所以，即. 作直线，作于，于，则， 所以，同理，所以可得， 整理得，解得； 因为，所以. 故存在点P使得与的面积相等，此时点P的坐标为.    【变式6-1】（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知椭圆E：（）和圆C：，C经过E的右焦点F，点A，B为E的右顶点和上顶点，原点O到直线AB的距离为. (1)求椭圆E的方程； (2)设D，A是椭圆E的左、右顶点，过F的直线l交E于M，N两点（其中M点在x轴上方），求与的面积之比的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，转化为关于的方程组，即可求解； （2）讨论斜率存在和不存在两种情况，斜率不存在时，直接计算，斜率存在时，直线的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示三角形的面积比值，利用韦达定理表示面积比值，并求范围. 【详解】（1）设椭圆焦距为2c， 由题意可得，有① 又因为直线AB方程为， 所以② 联立①②解得：，， 故椭圆方程为 （2）①当l斜率不存在时，易知； ②当l斜率存在时，设l：（），， 由得，显然， 所以，， 因为，， 所以 因为， 又， 设，则，，解得且， 所以， 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第2问的关键巧妙用韦达定理表示的范围. 【变式6-2】（2026高三·山东·开学考试）已知抛物线.过抛物线焦点F作直线分别在第一、四象限交于两点，过原点O作直线与抛物线的准线交于E点，设两直线交点为S.若当点P的纵坐标为时，. (1)求抛物线的方程. (2)若平行于x轴，证明：S在抛物线C上. (3)在（2）的条件下，记的重心为R，延长交于Q，直线交抛物线于（T在右侧），设中点为G，求与面积之比n的取值范围. 【答案】(1) (2) 由（1）知，C的准线， 不妨设，， 若平行于x轴，则， 所以，整理得， 联立方程有， 又在抛物线C和直线上，即， 则有，此时，即， 则S在抛物线C上，证毕； (3) 【分析】（1）利用两点距离公式可计算P坐标，代入抛物线方程即可； （2）设方程及坐标，利用E坐标表示方程，联立方程得出S坐标，结合点在抛物线与直线上消元转化即可证明； （3）设坐标及直线方程，利用坐标表示，结合焦点弦的性质消元转化表示，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可. 【详解】（1）因为若当点P的纵坐标为时，, 不妨设，则，即， 代入抛物线方程有，所以； （2）略 （3）在（2）的条件下可知两点重合，由重心的性质不难知Q为线段的中点， 同（2），仍设，， 则， 联立， 所以， 且， 则， 可知，整理得， 设， 与C联立有， 所以，即， 由于Q为线段的中点，所以到直线的距离相等， 则， 设， 若，则，显然，所以； 若，则； 若，则，所以； 综上.    【点睛】思路点睛：第二问是教材例题的变式，设点坐标表示相应直线方程，求出S坐标，验证其横纵坐标是否满足抛物线方程即可；第三问，仍是利用点坐标来表示直线方程，利用韦达定理表示，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可. 【变式6-3】（2026·四川成都·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且经过点．    (1)求椭圆方程； (2)直线与椭圆交于点为的右焦点，直线分别交于另一点、，记与的面积分别为，求的范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由离心率为，且经过点可得答案； （2）设，令可得坐标，代入椭圆方程得，设，可得坐标，代入椭圆方程得，利用及的取值范围可得答案． 【详解】（1）由离心率为，且经过点可得，又， 解得，所以椭圆； （2）设，则，， 令，， 可得， 代入，得， 又，得， 设，， 可得， 代入，得， 又，得， ∵，∴， ∵，，∴． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是设，令，，分别求出、坐标，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力. ▌题型07 面积定值 1. 【核心逻辑】 无论直线如何变化，四边形或者三角形面积恒为常数；设参数联立，韦达代入化简，参数全部消去得到固定常数。 2. 【解题步骤】 ① 设动直线（斜率或参数）； ② 联立圆锥曲线，写出韦达； ③ 把面积表达式全部转化； ④ 化简，所有参数全部抵消，得到常数； ⑤ 检验斜率不存在的特殊位置，验证定值成立。 3. 【易错提醒】 化简计算出错，参数没有完全消去；漏掉斜率不存在验证。 【例7】（解答题04 解析几何（大题精做）-1）如图，已知双曲线经过点，其离心率为，点，分别为C的左、右焦点，直线，分别是C的渐近线，点P是C上的动点，点Q与点P关于原点O对称． (1)求双曲线C的方程； (2)若直线，，求证：四边形PMQN的面积为定值，并求出此定值； (3)设是四边形内部(不含边界)的点，记，其中，求证：． 【答案】(1)； (2)定值为，证明如下： 连接，由对称性可知四边形的面积等于面积的4倍， 由题意得直线的方程为，直线的方程为， 设，且， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立,得，所以， 因为点到直线的距离， 所以的面积， 所以四边形的面积为． (3) 设直线交双曲线的左支于点，连接， 因为， 所以， 设直线交双曲线的右支于点，连接， 同理可得，所以， 所以，所以. 【分析】（1）由离心率及双曲线过点列出方程求即可； （2）设及直线方程，联立得出，再应用点到直线距离公式得出的面积，再由双曲线的对称性得出四边形的面积等于面积的4倍求解； （3）应用双曲线定义，再类比得出，最后应用不等式性质计算证明即可. 【详解】（1）由题意得，，，，解得，，， 故双曲线的标准方程为． （2）略 （3）略 【变式7-1】（2026高三·江西新余·专题练习）如图：已知双曲线（的一支）与双曲线，为上一点，过的直线与另交于、两点. (1)求证：与切于且为中点. (2)过、分别作的切线交于，直线、分别与、交于、. （ⅰ）确定的轨迹. （ⅱ）证明：的面积为定值. 【答案】(1) 由已知，联立直线与， 即，且， 可得，， 即直线与切于， 法一：设，，中点为， 则， 且，则， 即， 则， 即，即， 又不过原点，则若使，只能与重合， 即为中点； 法二：设，， 联立直线与，即，且得， 则， 过作轴，分别过、作、， 由得：为中点， 故， 则， 为中点； (2)（ⅰ）； （ⅱ）由得， 则， 因为、关于对称，则、到的距离比为，由于为中点， 所以，则、到的距离比为 所以、到的距离比为， 即，同理：， 所以∽， 所以，， 则，， 所以， 又， 点到的距离， 所以， 所以为定值. 解法二：由于、、共线，且、关于对称， 故:， 同理:， .所以， 所以:， 所以， 其它同上. 【分析】（1）联立直线与可判断直线与曲线位置关系，法一：利用点差法可证中点；法二：联立直线与，根据直角梯形的性质可证中点； （2）（i）法一：由切线方程联立可得点满足，再由（1）得，可得点在直线上，联立直线可得即可得故，进而可得轨迹方程；法二：联立直两条切线可知可知，根据切线方程可得，，即可得所以，可知，进而可得轨迹方程；（ⅱ）由、关于对称，及为中点，可知、到的距离比为，即可得，相似比及面积比，可知，再根据弦长公式及点到直线距离可知，即可得为定值. 【详解】（1）由已知，联立直线与， 即，且， 可得，， 即直线与切于， 法一：设，，中点为， 则， 且，则， 即， 则， 即，即， 又不过原点，则若使，只能与重合， 即为中点； 法二：设，， 联立直线与，即，且得， 则， 过作轴，分别过、作、， 由得：为中点， 故， 则， 为中点； （2）（i）法一：由（1）过点、作的切线，分别为，， 设，则， 则， 则，即， 由（1）得， 即点在直线上， 联立，解得 又，在上，故， 即： 于是轨迹：； 法二：由，可知， 又，则，同理， 所以， 同理， 所以， 于是轨迹：； （ⅱ）由得， 则， 因为、关于对称，则、到的距离比为，由于为中点， 所以，则、到的距离比为 所以、到的距离比为， 即，同理：， 所以∽， 所以，， 则，， 所以， 又， 点到的距离， 所以， 所以为定值. 解法二：由于、、共线，且、关于对称， 故:， 同理:， .所以， 所以:， 所以， 其它同上. 【点睛】方法点睛：（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． （2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 【变式7-2】（2026高三·河北沧州·期末）已知双曲线是关于轴和轴均对称的等轴双曲线，且经过点. (1)求的方程； (2)若是上一动点，直线与交于B，C两点，证明：的面积为定值. 【答案】(1)； (2)因为在上，所以. 联立方程得消去整理可得， 将代入，可得. 所以. 设，，则，， 所以 . 点A到直线的距离为， 所以的面积为， 所以的面积为定值. 【分析】（1）设双曲线方程为，然后将代入求解可得； （2）直线方程联立双曲线方程消去x，然后利用弦长公式和点到直线的距离公式，韦达定理代入即可得证. 【详解】（1）因为是关于轴和轴均对称的等轴双曲线，故可设其方程为， 又经过点，所以， 所以的方程为，即. （2）略 【点睛】求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 【变式7-3】（2026高三·山东菏泽·阶段检测）在平面直角坐标系中，双曲线，离心率为，点是上任意一点． (1)求的方程； (2)过点作的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于，两点，求证：平行四边形的面积为定值； (3)，是的两条切线，，是切点，求面积的最小值． 【答案】(1) (2)证明: 如图所示，设，为渐近线，为渐近线， 直线方程为，联立， 解得，则， 同理可得，则. 因为直线斜率， 所以，则， 则平行四边形的面积， 因为点在双曲线上， 所以，即，故 所以平行四边形的面积为定值. (3) 【分析】（1）由离心率和双曲线，建立的方程求解即可； （2）设，求得直线方程为，联立方程求点，坐标，通过直线斜率，求解，在求解平行四边形的面积即可； （3）设，，由可得，，所以直线的方程为.由在直线上，得，同理可得，求得直线方程，和双曲线联立，得，结合到直线的距离和弦长公式，进而求解面积. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则， 因为离心率， 所以，解得， 所以的方程为. （2）略； （3）设，，由可得，， 所以直线的方程为. 由在直线上，得， 解得，同理可得， 所以均满足方程，联立， 消去得，则，， 所以. 因为到直线的距离， 所以面积 . 因为， 所以，当且仅当，时等号成立， 故面积的最小值 ▌题型08 已知面积求参 1. 【核心逻辑】 题目给出确定面积数值，反求直线斜率、截距、离心率等参数；把面积作为等式条件，解方程得到参数，最后必须带回检验判别式。 2. 【解题步骤】 ① 联立直线圆锥曲线，写出韦达； ② 写出面积表达式，令其等于题目给定数值； ③ 解方程求出参数； ④ 代入，舍去使得判别式小于0的增根。 3. 【易错提醒】 解完参数不检验判别式，保留无实交点的增根。 【例8】（26-27高二·浙江绍兴·阶段检测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若面积是面积的2倍，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题可得点到直线的距离为点到直线距离的2倍，利用点到直线的距离公式列式求解即可. 【详解】，，所以，， 由题可得点到直线的距离为点到直线距离的2倍， 所以，即， 两边平方得，因为， 所以，即， 解得（舍去）或. 【变式8-1】（2026高三·广东·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于A，B两点，且．若直线恒过轴上定点（非椭圆长轴端点），当四边形的面积最大时，设的内切圆半径为的内切圆半径为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设直线的方程为，再，得到，再利用等面积法得到，即可． 【详解】设直线的方程为，    则到直线的距离为， 到直线的距离为， 所以， 解得或（舍去），故． 当四边形的面积最大时，轴， 联立解得或 不妨取在轴上方， 则点， 则， 解得．同理，， 则，解得， 所以． 故选：B． 【变式8-2】（2026·新疆喀什·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与交于另一点，若与（为原点）的面积之比为，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意易得，可得，进而设，列方程求解即可. 【详解】由题意，，，所以，则， 所以，由，，设， 则，， 则，解得，，即， 因为点在椭圆上，所以，化简得， 所以． 故选：B． 【变式8-3】（2026高三·湖南·阶段检测）椭圆：的左、右顶点为，，椭圆C的右焦点为F，点P是椭圆C上异于，的一动点，过F作直线的垂线，垂足为M，若椭圆C的离心率为，三角形的面积最大值为6，则椭圆C的方程为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由得到点在以为直径的圆上，，结合，解得和的值，利用求出，从而得到椭圆C的方程. 【详解】因为，所以点在以为直径的圆上， 所以边上的高为半径时，的面积最大， 即， 又因为，即，所以， 解得，所以，得， 故椭圆C的方程为. 故选：C.    ▌题型09 圆锥曲线面积的最值问题 1. 【核心逻辑】 面积随直线参数变化，求最大、最小值；把面积写成关于斜率或者换元之后的函数；约束条件来自。求函数值域手段：换元、对勾函数、基本不等式、导数；用基本不等式要验证等号能否取到。 2. 【解题步骤】 ① 联立，韦达定理； ② 写出面积表达式，整理为单参数函数； ③ 由确定参数定义域； ④ 换元简化函数，用不等式或导数求最值； ⑤ 写出取到最值时对应的直线方程。 3. 【易错提醒】 忽略判别式扩大参数定义域；使用基本不等式不验证等号成立条件。 【例9】（26-27高三·广东湛江·期中）记椭圆的右焦点与右顶点分别为与． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点（，与不重合且均位于轴右侧），直线与分别与轴交于，两点． （ⅰ）证明：向量在上的投影长度为定值； （ⅱ）求四边形面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）由题意可知直线的斜率不为0， 设，，， 联立得，消去可得， 所以，． 而， 代入得，即， 同理． 而 ， 于是 ， 可得． 而，可得投影长度，为定值． （ⅱ）． 【分析】（1）根据已知条件可知，由可求出，进而得解. （2）（ⅰ）设出直线的方程及，，联立方程，根据直线的方程可求出的坐标，同理可求出的坐标，结合韦达定理可求出，进而可得的坐标，根据投影长度公式及弦长公式即可得证；（ⅱ）根据可得到的范围，根据及的面积可得四边形的面积表达式，结合换元法和导数判断其单调性进而可求其范围． 【详解】（1）由题得，而，所以， 可得椭圆E的方程为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）因为A，B均位于y轴右侧，如图： 所以，解得． 而的面积， 的面积， 可得四边形的面积. 设，令， 则， 所以在上单调递增． 而，， 可得， 故四边形面积的取值范围为． 【变式9-1】（2026·湖北武汉·模拟预测）图1是一种可以作出椭圆的工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． (1)求曲线的方程； (2)过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 【答案】(1) (2)（i）证明：同理可得曲线的方程为， 不妨设与同向，， 当直线斜率不存在时，； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 由，得 所以， 同理可得，因此， 对于任意直线均满足，所以； （ii） 【分析】（1）当时，设点，由题意可得，且，根据坐标关系可得且，再根据动点位置关系即可得所求； （2）（i）同理确定曲线的方程，不妨设与同向，，分别确定直线斜率不存在与存在时的坐标关系，根据弦长关系即可证所求；（ii）分析可得四边形 面积是面积的6倍，分别求解直线的斜率不存在与存在时，结合函数思想求得取值范围即可. 【详解】（1）当时，设点，依题意， 得，且， 所以，且， 即且， 由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0， 于是，所以，代入得， 所以的方程为； （2）（i）略 （ii）由（i）可知，四边形 面积是面积的6倍， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程， 所以， 当直线的斜率存在时，设直线的方程， 由，得，由得’ 所以， 直线与有公共点，因此 由，得，由得， 所以， 令，则， 四边形面积的取值范围是. 【变式9-2】（2026高二·浙江杭州·期中）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上． (1)求的方程； (2)过的右焦点的直线交于两点，为坐标原点， （i）若的斜率为，求的面积； （ii）求面积的最大值及取得最大值时的方程． 【答案】(1)； (2)（i），（ii），. 【分析】（1）由题意，列方程组，求出、即可； （2）（i）先写出直线的方程，与椭圆联立，可求得弦长，再根据点到直线距离公式求得的高，即可求得的面积； （ii）设直线的方程为，与椭圆联立，可求得弦长，再根据点到直线距离公式求得的高，根据三角形的面积公式，可得，通过换元，结合导数即可求得其最大值. 【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，且点在椭圆上， 所以，解方程组，可得，，， 所以椭圆的方程为； （2）（i）由（1）得椭圆的方程为，，所以右焦点， 又直线的斜率为，所以直线的方程为，即， 直线与椭圆交于两点，设，联立方程可得， 化简可得，则，， 所以， 以为底，的高为点到直线的距离， 即， 所以； （ii）直线过右焦点，与椭圆交于两点， 设，直线的方程为， 代入椭圆方程，得，化简得， 则，，， 所以 ， 以为底，的高为点到直线的距离， 即， 所以 令（），所以， 设，则， 因为，所以，所以单调递增， 所以，即， 此时，即，解得， 所以，此时， 所以面积的最大值为，此时直线的方程为. 【变式9-3】（26-27高三·云南昆明·阶段检测）已知椭圆，为上位于第一象限的动点，，两点也在上，交轴于点，交轴于点． (1)求椭圆的离心率； (2)探究四边形的面积是否为定值，说明理由； (3)求面积的最大值． 【答案】(1) (2)设，四边形的面积为定值，证明如下： 的方程为，则，故． 的方程为，则，故． 所以四边形的面积为 ， ， 所以四边形的面积为2. (3) 【分析】（1）根据椭圆与坐标轴的交点，可得出长半轴、短半轴长，即可得出离心率. （2）先设点，再根据点斜式分别写出两条直线方程，求出交点坐标，四边形两条对角线垂直，求出长度，再求面积. （3）用基本不等式可求出面积的最大值，由第（2）问可知，四边形面积是定值，即可求出所求面积的最大值. 【详解】（1）由于，两点在上，所以， 因此椭圆的离心率． （2）略 （3）由题意可得， 直线方程为：，， 点到的距离为． 由（2）可知，当且仅当的面积最大时，的面积最大． 所以当d取最大值时，的面积最大． 由于在上，又因为，由基本不等式，． 所以，． 当且仅当时，即，时，等号成立，有最大值， 此时，有最大值． 的面积最大为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆锥曲线三角形面积与四边形面积问题 ▌题型01 利用弦长和点到直线的距离求三角形的面积 【例1】【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用椭圆过得，再利用得，即可写出椭圆方程； （2）设直线方程并联立方程组，用韦达定理结合斜率之和的条件求出斜率，再用弦长和距离公式即可求出面积. 【详解】（1）因为椭圆过点，所以，即， 又因为以长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且，即， 所以，故椭圆的方程为. （2）由（1）知，设过点的直线的方程为，设， 联立方程组，代入化简得：， 由韦达定理：， 又因为直线的斜率为：，直线的斜率为：， 且 所以， 解得，此时直线：， 方程变为， 判别式满足题意，且， 此时弦长， 点到直线的距离为， 所以的面积为. 【变式1-1】【答案】 【分析】根据点斜式写出直线方程，再联立椭圆方程求出弦长，利用点到直线的距离公式求出高，求解面积. 【详解】由椭圆方程知右焦点，利用点斜式，则直线方程为， ,化简得：,故,,则, 求出, 椭圆的左焦点为，所以的高为，所以的面积为． 【变式1-2】【答案】(1)； (2) 【分析】（1）根据离心率以及即可求解，进而可得得解. （2）联立直线与椭圆方程，得到韦达定理，即可根据垂直关系求解，根据弦长公式以及三角形面积公式求解. 【详解】（1）由已知得，，解得， 故， 即椭圆的方程为； （2）设直线的方程为， 设，，中点， 联立直线与椭圆，得  ①， 由韦达定理，，， 由题意，，因此的斜率为，解得， 此时①式为，， 点到直线的距离， 所以的面积 【变式1-3】【答案】(1)； (2)或； 【分析】（1）根据椭圆的性质并代入所过点坐标计算即可； （2）（ⅰ）先排除直线l斜率不存在的情况，设其点斜式方程，联立椭圆方程结合韦达定理、直线垂直的斜率积计算即可；（ⅱ）由上的结论及弦长公式、点到直线的距离公式计算即可. 【详解】（1）根据题意有，解之得，所以椭圆的方程； （2）（ⅰ）显然若l斜率不存在，其垂直平分线与横轴重合，不符合题意； 不妨设直线的方程为，的中点为C， 设， l与椭圆方程联立有，整理得， 则， 所以， 易知，解之得， 即，整理得直线的方程为或； （ⅱ）由弦长公式可知 ， 由直线的对称性知点P到两条直线l的距离相同，即， 所以的面积为.    ▌题型02 由水平宽x铅锤高求三角形面积 【例2】【答案】(1)；的周长为； (2) 【分析】（1）直线方程与椭圆方程联立，代入弦长公式，并根据椭圆的定义和性质求周长； （2）根据图象，代入面积公式，即可求解. 【详解】（1）椭圆，，， ，即， 所以直线的方程为， 联立，得，或， 所以， 的周长为； （2）由，得，由，得， 设，, 的面积. 【变式2-1】【答案】(1) (2) 【分析】（1）求出双曲线的焦点坐标，结合椭圆离心率求出即可. （2）求出双曲线渐近线的斜率，进而求出直线的方程并与椭圆方程联立求出三角形面积. 【详解】（1）双曲线的焦点坐标为，则椭圆的焦点为， 即有，由的离心率为，得，解得， 所以的方程为. （2）依题意，双曲线的渐近线的斜率为，设， 由对称性，不妨设直线的方程为，即， 由消去，得 ，则，， 因此， 所以的面积.    【变式2-2】【答案】(1) (2)最大值，的方程为 【分析】（1）本问利用椭圆的定义求出，代入点坐标求出，从而求出椭圆标准方程； （2）设直线方程与椭圆方程联立，根据韦达定理，表示出三角形面积，利用基本不等式求出面积最大值，从而求出直线方程. 【详解】（1）解：（1）由两点间距离公式可得，， 根据椭圆的定义可得，所以， 又点在椭圆上，代入得，解得， 因此椭圆的方程为． （2）（2）设直线为，，， 联立，化简得， 则，，， ， 由基本不等式得， 当且仅当，即，亦即时等号成立, 此时取最大值为，所以的方程为. 【变式2-3】【答案】(1) (2)（ⅰ）存在,使得；（ii） 【分析】（1）由椭圆顶点坐标,结合直线斜率得 比例关系,再由线段长联立方程,求出 ,即得椭圆方程. （2）（ⅰ）设直线联立椭圆,由韦达定理得纵横坐标关系,求出 纵坐标,代入向量比例化简消参,可得 为定值3.（ⅱ）由 设出 纵坐标,写出直线 方程并联立椭圆,得到 点横坐标表达式；用底乘高表示 面积,构造函数求导分析单调性,找到面积最大值对应的参数,代入算出此时的值. 【详解】（1）已知，直线的斜率. 由斜率公式得，即. 由两点间距离公式得. 因为，联立解得，. 所以椭圆的方程为. （2）（ⅰ）由题可知过点的直线斜率不为，（否则点与点重合） 设, 由，消去得 , 即， , 直线,令可得 直线,令,可得， 因为共线， 所以 , 所以存在,使得. （ii）设,则,所以, 直线,由消去得 由可得, , 令, , 令,解得, 当时，,当时，, 故在上单调递增,在上单调递减, 所以当时,取最大值, 所以此时. ▌题型03 对角线互相垂直的四边形面积 【例3】【答案】(1)． (2)． 【分析】（1）依据椭圆经过两点，将点的坐标代入椭圆方程，待定系数法解方程即可； （2）设其中一条的斜截式方程，首先由直线与圆相切，得出直线的斜率与截距关系；再设而不求，用韦达定理表示出两条直线与椭圆相交的弦长，再利用条件知两弦垂直，故四边形的面积，利用弦长将面积表示成其中一条直线斜率的函数，利用函数求最值. 【详解】（1）因为过点，， 所以解得 故的方程为． （2）由题知的斜率存在且不为0． 设． 因为与圆相切，所以，得． 联立与的方程，可得， 设，，则，． 所以， 将代入，可得． 用替换，可得． 四边形的面积． 令，则，可得， 再令，，则，可得， 即四边形面积的最小值为． 【变式3-1】【答案】(1) (2) 【分析】（1）设，由题的周长为，据此可得答案； （2）先讨论两直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积；再讨论两直线的斜率都存在，且都不为0时，分别联立直线与椭圆方程求得与，从而得到得关于的关系式，由此得解. 【详解】（1）设，由椭圆的定义可知的周长为，所以，所以离心率. （2）由（1）可知，又，所以， 所以椭圆的方程为. ①当直线中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积. ②当直线的斜率都存在，且都不为0时，设的方程为，由，可得，.所以. 所以. 设的方程为，同理可得. 所以四边形的面积 ， 因为，当且仅当时取等号.所以，即此时. 由①②可知，四边形面积的范围为.   【点睛】 【变式3-2】【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据椭圆的几何意义，求得椭圆的方程，从而得，将代入椭圆方程，求出点的坐标，再设椭圆在点处的切线方程为，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0，求出的值，即可求得的坐标； （2）设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出，结合（1）中所得写出的坐标，并求出直线的方程，再利用弦长公式求得，然后化简运算为定值，且，即可根据基本不等式求解最值． 【详解】（1）解：由题意知，，解得，，， 所以椭圆的方程为，， 将代入椭圆方程得， 不妨取， 设椭圆在点处的切线方程为， 联立，得， 所以， 整理得，解得， 所以在点处的切线方程为， 由椭圆的对称性知，点在轴上， 令，则， 即点的坐标为,． （2）根据题意可设直线的方程为，,，,， 联立，得， 所以，，， 所以， 因为轴，且点的纵坐标为，所以,， 所以直线的斜率为， 所以直线的方程为， 同理可得，， 所以， 故为定值． 故,当且仅当时等号成立， 由于故，即, 故，当且仅当时等号成立， 【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值与范围问题的常见求法：（1）几何法，若题目的条件能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法，若题目的条件能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值， 【变式3-3】【答案】(1) (2) 【分析】（1）由点B、F都在直线上，结合平方关系即可列出关于的方程组并求解即可； （2）设出直线方程，由直线与圆相切可得，联立直线与椭圆方程结合椭圆方程表示出弦长，进一步表示出面积，从而即可得解. 【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由已知点的坐标为，点的坐标为， 因为点B、F都在直线上，所以，，又， 所以，，， 所以椭圆的方程为：， （2） 由题知的斜率存在且不为0． 设． 因为与圆相切，所以，得． 联立与的方程， 可得， 设，， ， 则，． 所以， 将代入，可得． 用替换，可得． 四边形的面积． 令，则，可得， 再令，，则， 可得，等号成立当且仅当，即，即， 即四边形面积的最小值为． ▌题型04 把四边形分割成两个三角形的面积 【例4】【答案】(1) (2)18 【分析】（1）根据椭圆离心率和 求解即可； （2）设出直线和交点坐标，联立方程组，然后结合直线的倾斜角互补，，求解出和 ，最后结合三角形面积公式求解出面积解析式，结合导数求解出面积的最大值； 【详解】（1）， 设椭圆的标准方程为，即， 过点， 椭圆的标准方程为； （2）由题意可知直线的斜率存在，且不过点， 设直线的方程为，， 由消去整理得， ，， ， ， ， ， 将，代入整理得， ， 又因为， 解得：， 三角形的面积，     令， 导函数， 当，， 当，， 增区间为，减区间为， 当时，三角形的面积取得最大值，最大值为18． 【变式4-1】【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆焦点与顶点的坐标与离心率的定义计算即可得答案； （2）设出直线l的方程，联立曲线方程后可得与坐标有关的韦达定理表达式，结合三角形面积公式表示出面积后借助基本不等式计算即可得答案. 【详解】（1）设椭圆C的焦距为2c，依题意，，，又， 解得，，， 所以椭圆C的方程为； （2）由题意可得直线的斜率不为，故可设直线l的方程为， ，，则， 联立直线l与椭圆C的方程，得， 由于直线过椭圆内一点，故必有，则． 又，， 易知与同号， 所以 ， 当且仅当，即时等号成立， 所以面积的最大值为，此时直线l的方程为． 【变式4-2】【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据条件求出的值即可； （2）联立直线与椭圆方程，根据韦达定理以及即可求出； （3）设方程为，与椭圆方程联立，求出点的纵坐标，根据计算，令，结合对勾函数求最值. 【详解】（1）因为，所以，又因为直线的斜率为-1，且过上顶点，所以，所以椭圆的方程为 （2）直线方程为，设 联立，得， 则，，， 因为 ， 所以 ，即 ，所以或2 因为，所以； （3）若直线斜率为或不存在，则共线， 故设方程为， 联立，得， 所以，，，所以， 设方程为，用替换，得， 所以 设，所以， 所以， 因为在上单调递增，所以， 故四边形面积的最大值为. 【变式4-3】【答案】(1) (2) 【分析】（1）由已知是等边三角形，可求出，即可得出椭圆的标准方程； （2）设，，根据已知列方程求解可得，表示出四边形CADB面积S，再由均值不等式即可求四边形CADB面积S的最大值. 【详解】（1）解：由已知是等边三角形， 因为，，所以， 得椭圆的标准方程为． （2）设，， 因为，，所以， 则,所以， ， 所以，， 两式相减得， 带回原式得， 因为，所以， （当时取等） 所以四边形CADB面积S的最大值为． ▌题型05 三角形的面积比问题之共角、等角模型 【例5】【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)3. 【分析】（1）利用双曲线的焦距、结合双曲线方程求出值即可. （2）设出直线的方程，与的方程联立，利用韦达定理及斜率坐标公式，推理计算即得. （3）由（2）得，联立直线与的方程求出点的横坐标，再求出三角形的面积的函数关系并求出最小值. 【详解】（1）由双曲线的焦距为，得，解得， 所以双曲线的方程为. （2）依题意，设直线的方程为，，    由消去x并整理得， 由直线与双曲线的右支交于两点，得可得 ， 解得， 则，，即，而， 所以 为定值. （3）由（2）知，直线：，直线：， 则点的横坐标为， 于是 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 【点睛】方法技巧：求解圆锥曲线的最值问题的解答策略与技巧： 几何方法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形，以及几何性质求解； 代数方法：当题目给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值（或值域），常用方法：①配方法；②基本不等式；③单调性法；④三角换元法；⑤导数法等，要特别注意自变量的取值范围. 【变式5-1】【答案】(1) (2) 【分析】（1）将代入抛物线，结合为等腰直角三角形求参数，即可得抛物线方程，进而写出准线方程； （2）设，直线，联立抛物线求坐标，导数几何意义求直线方程，依次求出坐标，进而求与面积，利用基本不等式求面积比最值. 【详解】（1）将代入，则， 由，故为等腰直角三角形，故，即， 所以，故准线方程为. （2）设，直线，联立抛物线得， 所以，则，故， 由，则，故，直线， 令，则，故， 设直线，联立抛物线得， 所以，则，故， 综上，直线，令，则，故， 由直线的倾斜角为锐角，故，则，， 所以，令，则， 则，仅当，即时等号成立， 所以与面积之比的最大值.      【点睛】关键点点睛：第二问，设及直线方程并联立抛物线依次求出坐标，注意参数范围，最后应用换元、基本不等式求面积比最大值. 【变式5-2】【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得抛物线的方程. （2）设出直线的方程并与抛物线方程联立，化简写出根与系数关系，求得，然后求得与面积比的表达式，进而求得比值的最小值. 【详解】（1）依题意得，解得，所以抛物线方程为. （2）抛物线的焦点为，直线与轴不重合， 设直线的方程为， 由消去并化简得，， 设，则， 所以， 所以. ，由，而， 故解得.同理可求得. ， 同理， 所以 ， 故当时，取得最小值为. 【点睛】求解抛物线的标准方程，关键是根据已知条件求得.求解抛物线中三角形面积有关问题，要选取合适的三角形面积公式，先将面积的表达式求出来，然后根据表达式的结构，选择对应的求最值的方法来求得面积的最值. 【变式5-3】【答案】(1) (2) 【分析】（1）由椭圆的性质和点在椭圆上再结合已知条件列方程组求出即可； 设出，由直线方程和曲线方程联立，分别（2）解出点坐标，再由三角形面积公式和弦长公式以及面积比得到值，最后由斜率公式得到直线的斜率. 【详解】（1）由题意可得，解得， 所以椭圆的方程为. （2）    因为， 设， 则直线的方程的方程为， 联立，消去可得， ， 解得，代入直线方程可得，故， 直线的方程为，由，消去可得，， 解得，故， 设与的面积分别为，则， 因为，且三点共线，三点共线，结合距离公式化简可得 ， 由，化简解得， 当时，，的斜率为， 当时，，的斜率为， 综上，直线的斜率. 【点睛】方法点睛：解决圆锥曲线的面积问题时，可用三角形面积公式表达出面积，再用弦长公式表示出弦长，最后由面积比求出相应的参数值. ▌题型06 三角形的面积比问题之对顶角模型 【例6】【答案】(1) (2) 【分析】（1）设出点P的坐标，利用已知条件列出关系式，化简后即可得出动点P的轨迹方程； （2）先假设存在点P，由面积公式得出关系式，根据角相等消去三角函数得比例式，整理得出方程式，解方程即得. 【详解】（1）因为点B与点关于原点O对称，所以点B的坐标为. 设点P的坐标为，则由直线与的斜率之积等于，得， 化简得，故动点P的轨迹方程为. （2）若存在点P使得与的面积相等， 设点P的坐标为，则， 因为，所以，即. 作直线，作于，于，则， 所以，同理，所以可得， 整理得，解得； 因为，所以. 故存在点P使得与的面积相等，此时点P的坐标为.    【变式6-1】【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件，转化为关于的方程组，即可求解； （2）讨论斜率存在和不存在两种情况，斜率不存在时，直接计算，斜率存在时，直线的方程与椭圆方程联立，得到韦达定理，并表示三角形的面积比值，利用韦达定理表示面积比值，并求范围. 【详解】（1）设椭圆焦距为2c， 由题意可得，有① 又因为直线AB方程为， 所以② 联立①②解得：，， 故椭圆方程为 （2）①当l斜率不存在时，易知； ②当l斜率存在时，设l：（），， 由得，显然， 所以，， 因为，， 所以 因为， 又， 设，则，，解得且， 所以， 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第2问的关键巧妙用韦达定理表示的范围. 【变式6-2】【答案】(1) (2) 由（1）知，C的准线， 不妨设，， 若平行于x轴，则， 所以，整理得， 联立方程有， 又在抛物线C和直线上，即， 则有，此时，即， 则S在抛物线C上，证毕； (3) 【分析】（1）利用两点距离公式可计算P坐标，代入抛物线方程即可； （2）设方程及坐标，利用E坐标表示方程，联立方程得出S坐标，结合点在抛物线与直线上消元转化即可证明； （3）设坐标及直线方程，利用坐标表示，结合焦点弦的性质消元转化表示，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可. 【详解】（1）因为若当点P的纵坐标为时，, 不妨设，则，即， 代入抛物线方程有，所以； （2）略 （3）在（2）的条件下可知两点重合，由重心的性质不难知Q为线段的中点， 同（2），仍设，， 则， 联立， 所以， 且， 则， 可知，整理得， 设， 与C联立有， 所以，即， 由于Q为线段的中点，所以到直线的距离相等， 则， 设， 若，则，显然，所以； 若，则； 若，则，所以； 综上.    【点睛】思路点睛：第二问是教材例题的变式，设点坐标表示相应直线方程，求出S坐标，验证其横纵坐标是否满足抛物线方程即可；第三问，仍是利用点坐标来表示直线方程，利用韦达定理表示，并根据几何性质把面积比化为线段比，再化为坐标比，构造函数计算其范围即可. 【变式6-3】【答案】(1) (2) 【分析】（1）由离心率为，且经过点可得答案； （2）设，令可得坐标，代入椭圆方程得，设，可得坐标，代入椭圆方程得，利用及的取值范围可得答案． 【详解】（1）由离心率为，且经过点可得，又， 解得，所以椭圆； （2）设，则，， 令，， 可得， 代入，得， 又，得， 设，， 可得， 代入，得， 又，得， ∵，∴， ∵，，∴． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键点是设，令，，分别求出、坐标，考查了学生分析问题、解决问题的能力及计算能力. ▌题型07 面积定值 【例7】【答案】(1)； (2)定值为，证明如下： 连接，由对称性可知四边形的面积等于面积的4倍， 由题意得直线的方程为，直线的方程为， 设，且， 则直线的方程为，直线的方程为， 联立,得，所以， 因为点到直线的距离， 所以的面积， 所以四边形的面积为． (3) 设直线交双曲线的左支于点，连接， 因为， 所以， 设直线交双曲线的右支于点，连接， 同理可得，所以， 所以，所以. 【分析】（1）由离心率及双曲线过点列出方程求即可； （2）设及直线方程，联立得出，再应用点到直线距离公式得出的面积，再由双曲线的对称性得出四边形的面积等于面积的4倍求解； （3）应用双曲线定义，再类比得出，最后应用不等式性质计算证明即可. 【详解】（1）由题意得，，，，解得，，， 故双曲线的标准方程为． （2）略 （3）略 【变式7-1】【答案】(1) 由已知，联立直线与， 即，且， 可得，， 即直线与切于， 法一：设，，中点为， 则， 且，则， 即， 则， 即，即， 又不过原点，则若使，只能与重合， 即为中点； 法二：设，， 联立直线与，即，且得， 则， 过作轴，分别过、作、， 由得：为中点， 故， 则， 为中点； (2)（ⅰ）； （ⅱ）由得， 则， 因为、关于对称，则、到的距离比为，由于为中点， 所以，则、到的距离比为 所以、到的距离比为， 即，同理：， 所以∽， 所以，， 则，， 所以， 又， 点到的距离， 所以， 所以为定值. 解法二：由于、、共线，且、关于对称， 故:， 同理:， .所以， 所以:， 所以， 其它同上. 【分析】（1）联立直线与可判断直线与曲线位置关系，法一：利用点差法可证中点；法二：联立直线与，根据直角梯形的性质可证中点； （2）（i）法一：由切线方程联立可得点满足，再由（1）得，可得点在直线上，联立直线可得即可得故，进而可得轨迹方程；法二：联立直两条切线可知可知，根据切线方程可得，，即可得所以，可知，进而可得轨迹方程；（ⅱ）由、关于对称，及为中点，可知、到的距离比为，即可得，相似比及面积比，可知，再根据弦长公式及点到直线距离可知，即可得为定值. 【详解】（1）由已知，联立直线与， 即，且， 可得，， 即直线与切于， 法一：设，，中点为， 则， 且，则， 即， 则， 即，即， 又不过原点，则若使，只能与重合， 即为中点； 法二：设，， 联立直线与，即，且得， 则， 过作轴，分别过、作、， 由得：为中点， 故， 则， 为中点； （2）（i）法一：由（1）过点、作的切线，分别为，， 设，则， 则， 则，即， 由（1）得， 即点在直线上， 联立，解得 又，在上，故， 即： 于是轨迹：； 法二：由，可知， 又，则，同理， 所以， 同理， 所以， 于是轨迹：； （ⅱ）由得， 则， 因为、关于对称，则、到的距离比为，由于为中点， 所以，则、到的距离比为 所以、到的距离比为， 即，同理：， 所以∽， 所以，， 则，， 所以， 又， 点到的距离， 所以， 所以为定值. 解法二：由于、、共线，且、关于对称， 故:， 同理:， .所以， 所以:， 所以， 其它同上. 【点睛】方法点睛：（1）解答直线与双曲线的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系． （2）涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形． 【变式7-2】【答案】(1)； (2)因为在上，所以. 联立方程得消去整理可得， 将代入，可得. 所以. 设，，则，， 所以 . 点A到直线的距离为， 所以的面积为， 所以的面积为定值. 【分析】（1）设双曲线方程为，然后将代入求解可得； （2）直线方程联立双曲线方程消去x，然后利用弦长公式和点到直线的距离公式，韦达定理代入即可得证. 【详解】（1）因为是关于轴和轴均对称的等轴双曲线，故可设其方程为， 又经过点，所以， 所以的方程为，即. （2）略 【点睛】求解定值问题的三个步骤 （1）由特例得出一个值，此值一般就是定值； （2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值； （3）得出结论． 【变式7-3】【答案】(1) (2)证明: 如图所示，设，为渐近线，为渐近线， 直线方程为，联立， 解得，则， 同理可得，则. 因为直线斜率， 所以，则， 则平行四边形的面积， 因为点在双曲线上， 所以，即，故 所以平行四边形的面积为定值. (3) 【分析】（1）由离心率和双曲线，建立的方程求解即可； （2）设，求得直线方程为，联立方程求点，坐标，通过直线斜率，求解，在求解平行四边形的面积即可； （3）设，，由可得，，所以直线的方程为.由在直线上，得，同理可得，求得直线方程，和双曲线联立，得，结合到直线的距离和弦长公式，进而求解面积. 【详解】（1）设双曲线的半焦距为，则， 因为离心率， 所以，解得， 所以的方程为. （2）略； （3）设，，由可得，， 所以直线的方程为. 由在直线上，得， 解得，同理可得， 所以均满足方程，联立， 消去得，则，， 所以. 因为到直线的距离， 所以面积 . 因为， 所以，当且仅当，时等号成立， 故面积的最小值 ▌题型08 已知面积求参 【例8】【答案】A 【分析】由题可得点到直线的距离为点到直线距离的2倍，利用点到直线的距离公式列式求解即可. 【详解】，，所以，， 由题可得点到直线的距离为点到直线距离的2倍， 所以，即， 两边平方得，因为， 所以，即， 解得（舍去）或. 【变式8-1】【答案】B 【分析】设直线的方程为，再，得到，再利用等面积法得到，即可． 【详解】设直线的方程为，    则到直线的距离为， 到直线的距离为， 所以， 解得或（舍去），故． 当四边形的面积最大时，轴， 联立解得或 不妨取在轴上方， 则点， 则， 解得．同理，， 则，解得， 所以． 故选：B． 【变式8-2】【答案】B 【分析】根据题意易得，可得，进而设，列方程求解即可. 【详解】由题意，，，所以，则， 所以，由，，设， 则，， 则，解得，，即， 因为点在椭圆上，所以，化简得， 所以． 故选：B． 【变式8-3】【答案】C 【分析】由得到点在以为直径的圆上，，结合，解得和的值，利用求出，从而得到椭圆C的方程. 【详解】因为，所以点在以为直径的圆上， 所以边上的高为半径时，的面积最大， 即， 又因为，即，所以， 解得，所以，得， 故椭圆C的方程为. 故选：C.    ▌题型09 圆锥曲线面积的最值问题 【例9】【答案】(1) (2)（ⅰ）由题意可知直线的斜率不为0， 设，，， 联立得，消去可得， 所以，． 而， 代入得，即， 同理． 而 ， 于是 ， 可得． 而，可得投影长度，为定值． （ⅱ）． 【分析】（1）根据已知条件可知，由可求出，进而得解. （2）（ⅰ）设出直线的方程及，，联立方程，根据直线的方程可求出的坐标，同理可求出的坐标，结合韦达定理可求出，进而可得的坐标，根据投影长度公式及弦长公式即可得证；（ⅱ）根据可得到的范围，根据及的面积可得四边形的面积表达式，结合换元法和导数判断其单调性进而可求其范围． 【详解】（1）由题得，而，所以， 可得椭圆E的方程为． （2）（ⅰ）略 （ⅱ）因为A，B均位于y轴右侧，如图： 所以，解得． 而的面积， 的面积， 可得四边形的面积. 设，令， 则， 所以在上单调递增． 而，， 可得， 故四边形面积的取值范围为． 【变式9-1】【答案】(1) (2)（i）证明：同理可得曲线的方程为， 不妨设与同向，， 当直线斜率不存在时，； 当直线斜率存在时，设直线方程为， 由，得 所以， 同理可得，因此， 对于任意直线均满足，所以； （ii） 【分析】（1）当时，设点，由题意可得，且，根据坐标关系可得且，再根据动点位置关系即可得所求； （2）（i）同理确定曲线的方程，不妨设与同向，，分别确定直线斜率不存在与存在时的坐标关系，根据弦长关系即可证所求；（ii）分析可得四边形 面积是面积的6倍，分别求解直线的斜率不存在与存在时，结合函数思想求得取值范围即可. 【详解】（1）当时，设点，依题意， 得，且， 所以，且， 即且， 由于当点不动时，点也不动，所以不恒等于0， 于是，所以，代入得， 所以的方程为； （2）（i）略 （ii）由（i）可知，四边形 面积是面积的6倍， 当直线的斜率不存在时，设直线的方程， 所以， 当直线的斜率存在时，设直线的方程， 由，得，由得’ 所以， 直线与有公共点，因此 由，得，由得， 所以， 令，则， 四边形面积的取值范围是. 【变式9-2】【答案】(1)； (2)（i），（ii），. 【分析】（1）由题意，列方程组，求出、即可； （2）（i）先写出直线的方程，与椭圆联立，可求得弦长，再根据点到直线距离公式求得的高，即可求得的面积； （ii）设直线的方程为，与椭圆联立，可求得弦长，再根据点到直线距离公式求得的高，根据三角形的面积公式，可得，通过换元，结合导数即可求得其最大值. 【详解】（1）由题意，椭圆的离心率为，且点在椭圆上， 所以，解方程组，可得，，， 所以椭圆的方程为； （2）（i）由（1）得椭圆的方程为，，所以右焦点， 又直线的斜率为，所以直线的方程为，即， 直线与椭圆交于两点，设，联立方程可得， 化简可得，则，， 所以， 以为底，的高为点到直线的距离， 即， 所以； （ii）直线过右焦点，与椭圆交于两点， 设，直线的方程为， 代入椭圆方程，得，化简得， 则，，， 所以 ， 以为底，的高为点到直线的距离， 即， 所以 令（），所以， 设，则， 因为，所以，所以单调递增， 所以，即， 此时，即，解得， 所以，此时， 所以面积的最大值为，此时直线的方程为. 【变式9-3】【答案】(1) (2)设，四边形的面积为定值，证明如下： 的方程为，则，故． 的方程为，则，故． 所以四边形的面积为 ， ， 所以四边形的面积为2. (3) 【分析】（1）根据椭圆与坐标轴的交点，可得出长半轴、短半轴长，即可得出离心率. （2）先设点，再根据点斜式分别写出两条直线方程，求出交点坐标，四边形两条对角线垂直，求出长度，再求面积. （3）用基本不等式可求出面积的最大值，由第（2）问可知，四边形面积是定值，即可求出所求面积的最大值. 【详解】（1）由于，两点在上，所以， 因此椭圆的离心率． （2）略 （3）由题意可得， 直线方程为：，， 点到的距离为． 由（2）可知，当且仅当的面积最大时，的面积最大． 所以当d取最大值时，的面积最大． 由于在上，又因为，由基本不等式，． 所以，． 当且仅当时，即，时，等号成立，有最大值， 此时，有最大值． 的面积最大为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 圆锥曲线三角形面积与四边形面积问题 （题型突破·举一反三） 题型 01 利用弦长和点到直线的距离求三角形的面积 题型 02 由水平宽 × 铅锤高求三角形面积 题型 03 对角线互相垂直的四边形面积 题型 04 把四边形分割成两个三角形的面积 题型 05 三角形的面积比问题之共角、等角模型 题型 06 三角形的面积比问题之对顶角模型 题型 07 面积定值 题型 08 已知面积求参 题型 09 圆锥曲线面积的最值问题 ▌题型01 利用弦长和点到直线的距离求三角形的面积 1. 【核心逻辑】 选取相交弦作为三角形底边，第三个顶点向这条直线作垂线段作为高；。适合顶点为定点（焦点、原点、坐标轴上点）。 2. 【解题步骤】 ① 设直线，联立圆锥曲线，整理一元二次方程； ② 写出判别式，韦达得到； ③ 弦长公式求底边； ④ 点到直线距离公式求高； ⑤ 代入计算面积；求最值则转化为参数函数。 3. 【易错提醒】 • 弦长公式漏写； • 忘记检验判别式； • 高找错，不是两点之间线段，是点到直线垂线段。 【例1】（2026·云南昆明·模拟预测）已知椭圆：过点，以的长轴为直径的圆与轴上半轴交于，且． (1)求的方程； (2)若过点的直线与交于两点，满足直线的斜率之和为，求的面积． 【变式1-1】（2026高二·全国·专题练习）已知斜率为2的直线经过椭圆的右焦点为，且与椭圆相交于两点，设椭圆的左焦点为，求的面积． 【变式1-2】（2026高二·浙江杭州·阶段检测）已知椭圆（）的离心率为，右焦点为，点 (1)求椭圆的方程； (2)设斜率为的直线与椭圆交于，两点，若是以为顶点的等腰三角形，求的面积 【变式1-3】（2026高二·北京·期中）已知椭圆（）的右焦点为，且过点，直线过点且交椭圆于A、两点. (1)求椭圆的方程； (2)若线段的垂直平分线与轴的交点为. （ⅰ）求直线的方程. （ⅱ）若点，求的面积. ▌题型02 由水平宽x铅锤高求三角形面积 1. 【核心逻辑】 （铅锤高为点纵坐标绝对值，水平宽为两点横坐标之差）；也可以；尤其三角形一个顶点在原点时计算非常简便，避免点到直线距离复杂运算。 2. 【解题步骤】 ① 联立直线与曲线，韦达定理求出； ② 确定铅锤高（定点纵坐标）； ③ 代入公式直接求面积； ④ 求最值转化函数，使用基本不等式、导数。 3. 【易错提醒】 • 搞反水平宽、铅锤高； • 符号不做绝对值，得到负的面积。 【例2】（2026高二·云南昆明·期中）已知椭圆，左、右焦点分别为，过点作倾斜角为的直线交椭圆于两点． (1)求的长和的周长； (2)求的面积． 【变式2-1】（2026高二·湖南衡阳·期中）已知椭圆的离心率为，且的焦点与双曲线的焦点重合． (1)求的方程； (2)若过点且与的一条渐近线平行的直线与交于，两点，为坐标原点，求的面积． 【变式2-2】（2026·重庆渝中·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，为椭圆上一点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线过点，且与椭圆相交于，两点，为坐标原点，求面积的最大值及此时的方程． 【变式2-3】（2026·四川攀枝花·模拟预测）已知，分别为椭圆的左，右顶点，为的上顶点，，直线的斜率为． (1)求椭圆的方程； (2)过点作直线与椭圆交于两点，（在第一象限），直线，分别交轴于，两点： （ⅰ）是否存在常数使得？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由； （ii）当面积取最大值时，求的值． ▌题型03 对角线互相垂直的四边形面积 1. 【核心逻辑】 两条对角线互相垂直，则面积；两条对角线分别为两条动弦，一条斜率为，另一条斜率为。 2. 【解题步骤】 ① 设其中一条直线斜率，联立求弦长； ② 用替换得到另一条弦长； ③ 代入； ④ 整理成关于的函数，求范围、最小值； ⑤ 补充讨论斜率不存在、斜率等于0的特殊情况。 3. 【易错提醒】 • 不讨论斜率不存在、斜率为0特殊情形； • 公式记错，漏掉系数。 【例3】（2026·河北邯郸·模拟预测）已知椭圆经过，两点． (1)求的方程； (2)若圆的两条相互垂直的切线均不与坐标轴垂直，且直线分别与相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值． 【变式3-1】（陕西省商洛市镇安中学2023届高三学期模拟考文科数学试题）已知分别为椭圆的左､右焦点，直线过点与椭圆交于两点，且的周长为. (1)求椭圆的离心率； (2)直线过点，且与垂直，交椭圆于两点，若，求四边形面积的范围. 【变式3-2】（2026·陕西安康·模拟预测）已知椭圆：的离心率为，椭圆的动弦过椭圆的右焦点，当垂直轴时，椭圆在，处的两条切线的交点为． (1)求点的坐标； (2)若直线的斜率为，过点作轴的垂线，点为上一点，且点的纵坐标为，直线与椭圆交于，两点，求四边形面积的最小值． 【变式3-3】（2026·湖北·模拟预测）已知椭圆的上顶点为B，右焦点为F，点B、F都在直线上． (1)求椭圆的标准方程； (2)若圆的两条相互垂直的切线均不与坐标轴垂直，且直线分别与相交于点A，C和B，D，求四边形面积的最小值． ▌题型04 把四边形分割成两个三角形的面积 1. 【核心逻辑】 不规则四边形，沿一条对角线切分为两个三角形；四边形面积等于两个三角形面积相加。对角线可以是定弦或者动弦。 2. 【解题步骤】 ① 选定四边形一条对角线，将四边形拆分为与； ② 分别计算两个三角形面积； ③ ； ④ 表达式化简后求最值、范围； ⑤ 结合限定参数取值。 3. 【易错提醒】 分割之后两个三角形高识别错误；忽略参数受判别式约束。 【例4】（2026高三·四川成都·阶段检测）已知椭圆的对称中心为坐标原点，对称轴为坐标轴，焦点在轴上，离心率，且过点． (1)求椭圆的标准方程； (2)若直线与椭圆交于两点，且直线的倾斜角互补，点，求三角形面积的最大值． 【变式4-1】（2026·天津南开·模拟预测）已知椭圆C：（）的离心率为，且C的左、右焦点与短轴的两个端点构成的四边形的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)过点的直线l与椭圆C交于A，B两点，过点A与x轴垂直的直线与椭圆C的另一个交点为.当的面积取得最大值时，求直线l的方程. 【变式4-2】（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，过点的直线l与椭圆C交于A，B两点． (1)若直线l斜率为，并过椭圆的上顶点，且长轴长为4，求椭圆C的方程； (2)若直线l斜率为1，且，求椭圆C的离心率； (3)若椭圆，直线，过且与l垂直，交椭圆于E，F两点，M为AB中点，N为EF中点，求四边形面积的最大值． 【变式4-3】（2026·全国·模拟预测）已知A、B分别为椭圆：）的上、下顶点，F是椭圆的右焦点，C是椭圆上异于A、B的点，点D在坐标平面内． (1)若，求椭圆的标准方程； (2)若，且，，求四边形CADB面积S的最大值． ▌题型05 三角形的面积比问题之共角、等角模型 1. 【核心逻辑】 两个三角形有公共角或者相等角，则面积之比等于夹这个角两边乘积之比：；若在同一条直线上，线段之比可以约掉，直接用坐标差之比。 2. 【解题步骤】 ① 识别公共角/等角； ② 把面积比转化线段乘积之比； ③ 联立直线圆锥曲线，韦达定理表示线段； ④ 化简得到参数方程或者参数函数； ⑤ 求比值的最值、范围。 3. 【易错提醒】 不是共角模型，强行套用乘积比例；不注意线段方向符号，忘记取绝对值。 【例5】（四川省成都市第七中学2025-2026学年高三学期8月学科素养测试数学试题）已知双曲线的焦距为且左右顶点分别为，过点的直线与双曲线的右支交于两点． (1)求双曲线的方程； (2)记直线的斜率分别为，证明：是定值； (3)设为直线和的交点，记的面积分别为，求的最小值． 【变式5-1】（2026·河北·模拟预测）已知抛物线，过点的直线与交于两点，当直线与轴垂直时，（其中为坐标原点）. (1)求的准线方程； (2)若点在第一象限，直线的倾斜角为锐角，过点作的切线与轴交于点，连接交于另一点为，直线与轴交于点，求与面积之比的最大值. 【变式5-2】（2026高三·河北·阶段检测）已知抛物线C：上一点到焦点F的距离为． (1)求抛物线C的方程； (2)过点F的直线与抛物线C交于两点，直线与圆E：的另一交点分别为为坐标原点，求与面积之比的最小值． 【变式5-3】（2026·陕西西安·模拟预测）已知椭圆的短轴长等于焦距，且过点 (1)求椭圆的方程； (2)为直线上一动点，记椭圆的上下顶点为，直线分别交椭圆于点，当与的面积之比为时，求直线的斜率. ▌题型06 三角形的面积比问题之对顶角模型 1. 【核心逻辑】 两个三角形拥有一组对顶角，对顶角相等，面积之比同样等于夹对顶角两边长度乘积之比；经常出现在过同一点两条相交直线形成的两个三角形。 2. 【解题步骤】 ① 识别对顶角相等； ② 面积比转化夹边线段乘积之比； ③ 联立直线，韦达定理，用坐标表达线段长； ④ 化简表达式，求比值或者比值范围。 3. 【易错提醒】 分不清对顶角模型适用条件；直线斜率不存在情况漏掉讨论。 【例6】（北京名校2023届高三一轮总复习第7章解析几何7.12直线与圆锥曲线的位置关系（2））在平面直角坐标系中，点B与点关于原点O对称，P是动点，且直线与的斜率之积等于． (1)求动点P的轨迹方程； (2)设直线和分别与直线交于点M，N,问：是否存在点P使得与的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由． 【变式6-1】（2026·陕西宝鸡·模拟预测）已知椭圆E：（）和圆C：，C经过E的右焦点F，点A，B为E的右顶点和上顶点，原点O到直线AB的距离为. (1)求椭圆E的方程； (2)设D，A是椭圆E的左、右顶点，过F的直线l交E于M，N两点（其中M点在x轴上方），求与的面积之比的取值范围. 【变式6-2】（2026高三·山东·开学考试）已知抛物线.过抛物线焦点F作直线分别在第一、四象限交于两点，过原点O作直线与抛物线的准线交于E点，设两直线交点为S.若当点P的纵坐标为时，. (1)求抛物线的方程. (2)若平行于x轴，证明：S在抛物线C上. (3)在（2）的条件下，记的重心为R，延长交于Q，直线交抛物线于（T在右侧），设中点为G，求与面积之比n的取值范围. 【变式6-3】（2026·四川成都·模拟预测）已知椭圆的离心率为，且经过点．    (1)求椭圆方程； (2)直线与椭圆交于点为的右焦点，直线分别交于另一点、，记与的面积分别为，求的范围． ▌题型07 面积定值 1. 【核心逻辑】 无论直线如何变化，四边形或者三角形面积恒为常数；设参数联立，韦达代入化简，参数全部消去得到固定常数。 2. 【解题步骤】 ① 设动直线（斜率或参数）； ② 联立圆锥曲线，写出韦达； ③ 把面积表达式全部转化； ④ 化简，所有参数全部抵消，得到常数； ⑤ 检验斜率不存在的特殊位置，验证定值成立。 3. 【易错提醒】 化简计算出错，参数没有完全消去；漏掉斜率不存在验证。 【例7】（解答题04 解析几何（大题精做）-1）如图，已知双曲线经过点，其离心率为，点，分别为C的左、右焦点，直线，分别是C的渐近线，点P是C上的动点，点Q与点P关于原点O对称． (1)求双曲线C的方程； (2)若直线，，求证：四边形PMQN的面积为定值，并求出此定值； (3)设是四边形内部(不含边界)的点，记，其中，求证：． 【变式7-1】（2026高三·江西新余·专题练习）如图：已知双曲线（的一支）与双曲线，为上一点，过的直线与另交于、两点. (1)求证：与切于且为中点. (2)过、分别作的切线交于，直线、分别与、交于、. （ⅰ）确定的轨迹. （ⅱ）证明：的面积为定值. 【变式7-2】（2026高三·河北沧州·期末）已知双曲线是关于轴和轴均对称的等轴双曲线，且经过点. (1)求的方程； (2)若是上一动点，直线与交于B，C两点，证明：的面积为定值. 【变式7-3】（2026高三·山东菏泽·阶段检测）在平面直角坐标系中，双曲线，离心率为，点是上任意一点． (1)求的方程； (2)过点作的两条渐近线的平行线，分别与两条渐近线交于，两点，求证：平行四边形的面积为定值； (3)，是的两条切线，，是切点，求面积的最小值． ▌题型08 已知面积求参 1. 【核心逻辑】 题目给出确定面积数值，反求直线斜率、截距、离心率等参数；把面积作为等式条件，解方程得到参数，最后必须带回检验判别式。 2. 【解题步骤】 ① 联立直线圆锥曲线，写出韦达； ② 写出面积表达式，令其等于题目给定数值； ③ 解方程求出参数； ④ 代入，舍去使得判别式小于0的增根。 3. 【易错提醒】 解完参数不检验判别式，保留无实交点的增根。 【例8】（26-27高二·浙江绍兴·阶段检测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，若面积是面积的2倍，则（    ） A． B． C． D． 【变式8-1】（2026高三·广东·期末）已知椭圆的左、右焦点分别为，直线与交于A，B两点，且．若直线恒过轴上定点（非椭圆长轴端点），当四边形的面积最大时，设的内切圆半径为的内切圆半径为，则（   ） A． B． C． D． 【变式8-2】（2026·新疆喀什·模拟预测）已知椭圆的左、右焦点分别为，，上顶点为，直线与交于另一点，若与（为原点）的面积之比为，则的离心率为（    ） A． B． C． D． 【变式8-3】（2026高三·湖南·阶段检测）椭圆：的左、右顶点为，，椭圆C的右焦点为F，点P是椭圆C上异于，的一动点，过F作直线的垂线，垂足为M，若椭圆C的离心率为，三角形的面积最大值为6，则椭圆C的方程为（    ） A． B． C． D． ▌题型09 圆锥曲线面积的最值问题 1. 【核心逻辑】 面积随直线参数变化，求最大、最小值；把面积写成关于斜率或者换元之后的函数；约束条件来自。求函数值域手段：换元、对勾函数、基本不等式、导数；用基本不等式要验证等号能否取到。 2. 【解题步骤】 ① 联立，韦达定理； ② 写出面积表达式，整理为单参数函数； ③ 由确定参数定义域； ④ 换元简化函数，用不等式或导数求最值； ⑤ 写出取到最值时对应的直线方程。 3. 【易错提醒】 忽略判别式扩大参数定义域；使用基本不等式不验证等号成立条件。 【例9】（26-27高三·广东湛江·期中）记椭圆的右焦点与右顶点分别为与． (1)求椭圆的方程； (2)过点的直线与椭圆交于，两点（，与不重合且均位于轴右侧），直线与分别与轴交于，两点． （ⅰ）证明：向量在上的投影长度为定值； （ⅱ）求四边形面积的取值范围． 【变式9-1】（2026·湖北武汉·模拟预测）图1是一种可以作出椭圆的工具．是滑槽（足够长）的中点，短杆可绕转动，长杆通过处铰链与连接，上的栓子可沿滑槽滑动，且，．当栓子在滑槽内做往复运动时，带动绕转动一周（不动时，也不动），处的笔尖画出的曲线为椭圆．当时，记画出的曲线为．以为原点，所在的直线为轴建立如图2所示的平面直角坐标系． (1)求曲线的方程； (2)过坐标原点的任一直线与曲线交于，两点，与曲线交于，两点，过点的任一直线与交于，两点． （i）求证：； （ii）求四边形面积的取值范围． 【变式9-2】（2026高二·浙江杭州·期中）已知椭圆的离心率为，且点在椭圆上． (1)求的方程； (2)过的右焦点的直线交于两点，为坐标原点， （i）若的斜率为，求的面积； （ii）求面积的最大值及取得最大值时的方程． 【变式9-3】（26-27高三·云南昆明·阶段检测）已知椭圆，为上位于第一象限的动点，，两点也在上，交轴于点，交轴于点． (1)求椭圆的离心率； (2)探究四边形的面积是否为定值，说明理由； (3)求面积的最大值． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $