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1、圆锥曲线的弦长面积问题知识讲解一、弦长问题设圆锥曲线C与直线相交于，两点，则弦长为： 二、面积问题1.三角形面积问题直线方程： 2.焦点三角形的面积直线过焦点的面积为3.平行四边形的面积直线为，直线为三、范围问题方法：首选均值不等式或对勾函数，其实用二次函数配方法，最后选导数思想均值不等式 ：变式：作用：当两个正数的积为定值时求出这两个正数的和的最小值；当两个正数的和为定值时求出这两个正数的积的最大值注意：应用均值不等式求解最值时，应注意“一”正“二”定“三”相等圆锥曲线经常用到的均值不等式形式：1）（注意分三种情况讨论）2）当且仅当时，等号成立3）当且仅当时等号成立.4）当且仅当时，等号成立
2、5）当且仅当时等号成立.经典例题一选择题（共9小题）1设点P为椭圆C：x249+y224=1上一点，F1、F2分别是椭圆C的左、右焦点，且PF1F2的重心为点G，若|PF1|：|PF2|=3：4，那么GPF1的面积为（）A24B12C8D6【解答】解：点P为椭圆C：x249+y224=1上一点，|PF1|：|PF2|=3：4，|PF1|+|PF2|=2a=14|PF1|=6，|PF2|=8，又F1F2=2c=10，PF1F2是直角三角形，SPF1F2=12×PF1PF2=24，PF1F2的重心为点GSPF1F2=3SGF1F2，GPF1的面积为8，故选：C2已知椭圆C：x2a2+y2
3、b2=1（ab0）的离心率为21313，且两焦点与短轴端点构成的三角形的面积为6，则椭圆C的标准方程是（）Ax216+y29=1Bx216+y213=1Cx213+y29=1Dx213+y24=1【解答】解：设椭圆半焦距为c，则&ca=21313&12×2c×b=6&a2-b2=c2，解得a=13，b=3，c=2故椭圆方程为：x213+y29=1故选：C3已知双曲线x22-y2=1的左焦点为F，抛物线y2=12x与双曲线交于A，B两点，则FAB的面积为（）A2B1+2C2+2D2+3【解答】解：双曲线x22-y2=1的左焦点为F（3，0），由&
4、;x22-y2=1&y2=12x可得：A（2，1），B（2，1），则FAB的面积为：12×(2+3)×2=2+3故选：D4已知F是双曲线C：x2a2y2b2=1（a0，b0）的右焦点，P是y轴正半轴上一点，以OP为直径的圆在第一象限与双曲线的渐近线交于点M，若点P，M，F三点共线，且MFO的面积是PMO面积的4倍，则双曲线C的离心率为（）A3B5C6D7【解答】解：如图以OP为直径的圆在第一象限与双曲线的渐近线y=bax交于点M，由MFO的面积是PMO面积的4倍，可得|MF|=4|MP|，由OMPF，设F（c，0），可得|MF|=bca2+b2=b，则|PM|=b4
5、，在直角三角形POF中，由射影定理可得，|OF|2=|MF|FP|，即为c2=b54b=54（c2a2），则c2=5a2，即有e=ca=5故选：B5已知抛物线y2=4x的焦点为F，以F为圆心的圆与抛物线交于M、N两点，与抛物线的准线交于P、Q两点，若四边形MNPQ为矩形，则矩形MNPQ的面积是（）A163B123C43D3【解答】解：根据题意画出示意图：依题意，抛物线抛物线y2=4x的焦点为F（1，0），圆的圆心坐标为F（1，0）四边形MNPQ是矩形，且PM为直径，QN为直径，F（1，0）为圆的圆心，点F为该矩形的两条对角线的交点，点F到直线PQ的距离与点F到MN的距离相等点F到直线MN的距离
6、d=2，直线MN的方程为：x=3，M（3，23），则矩形MNPQ的面积是：4×43=163故选：A6过点P（2，1）作抛物线x2=4y的两条切线，切点分别为A，B，PA，PB分别交x轴于E，F两点，O为坐标原点，则PEF与OAB的面积之比为（）A32B33C12D34【解答】解：设过P点的直线方程为：y=k（x2）1，代入x2=4y可得x24kx+8k+4=0，令=0可得16k24（8k+4）=0，解得k=1±2PA，PB的方程分别为y=（1+2）（x2）1，y=（12）（x2）1，分别令y=0可得E（2+1，0），F（12，0），即|EF|=22SPEF=12×
7、22×1=2，解方程可得x=2k，A（2+22，3+22），B（222，322），直线AB方程为y=x+1，|AB|=8，原点O到直线AB的距离d=22，SOAB=12×8×22=22PEF与OAB的面积之比为12故选：C7已知抛物线C：y2=43x的准线为l，过C的焦点F的直线交l于点A，与抛物线C的一个交点为B，若F为线段AB的中点，BHAB交l于H，则BHF的面积为（）A123B163C243D323【解答】解：抛物线C：y2=43x的准线为为x=3，焦点F（3，0），设直线AB的方程为y=k（x3），由&y=k(x-3)&x=-3，解得x=
8、3，y=23k，A（3，23k），F为线段AB的中点，xB3=23，yB23k=0，xB=33，yB=23k将点B坐标代入y2=43x，可得12k2=43×33，解得k=±3，不妨令k=3，A（3，6），B（33，6），kBHkBA=1，kBH=33，设H（3，yH），yH-6-3-33=33，解得yH=10，|BH|=(-3-33)2+(10-6)2=8，|BF|=(33-3)3+62=43，SBHF=12|BH|BF|=12×8×43=163，故选：B8已知双曲线C：x23y2=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为
9、M，N若OMN为直角三角形，则|MN|=（）A32B3C23D4【解答】解：双曲线C：x23y2=1的渐近线方程为：y=±33x，渐近线的夹角为：60°，不妨设过F（2，0）的直线为：y=3(x-2)，则：&y=-33x&y=3(x-2)解得M（32，-32），&y=33x&y=3(x-2)解得：N（3，3），则|MN|=(3-32)2+(3+32)2=3故选：B9斜率为2的直线l经过抛物线x2=8y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则线段AB的长为（）A8B16C32D40【解答】解：设直线l的倾斜解为，则l与y轴的夹角=90°
10、，cot=tan=2，sin=15，|AB|=8sin2=815=40故选：D二填空题（共6小题）10已知Q为椭圆C：x23+y2=1上一动点，且Q在y轴的右侧，点M（2，0），线段QM的垂直平分线交y轴于点N，则当四边形OQMN的面积取最小值时，点Q的横坐标为32【解答】解：设直线MQ的中点为D，由题意知NDMQ，直线ND的斜率存在，设Q（x0，y0），（y00，x00），点D的坐标为（x0+22，y02），且直线MQ的斜率kMQ=y0x0-2，kND=1kMQ=2-x0y0，直线ND的方程为yy02=2-x0y0（xx0+22），令x=0，可得y=x02+y02-42y0，N（0，x02+
11、y02-42y0），由x023+y02=1可得x02=33y02，N（0，-2y02-12y0），S四边形OQMN=SOQM+SOMN=12×2×|y0|+12×2×|-2y02-12y0|=|y0|+|2y02+12y0|=2|y0|+12|y0|，即y0=±12，x0=32等号成立，故Q的横坐标为32，故答案为：3211已知点P是双曲线x22y2=1 上的一点，F1，F2是双曲线的两个焦点，若|PF1|+|PF2|=42，则PF1F2的面积为5【解答】解：不妨设P在双曲线的右支上，由双曲线的定义可知|PF1|PF2|=22，又|PF1|+|
12、PF2|=42，|PF1|=32，|PF2|=2，又|F1F2|=2c=23，cosF1PF2=PF12+PF22-F1F222PF1PF2=23，sinF1PF2=53，PF1F2的面积为12×32×2×53=5故答案为：512已知正三角形AOB（O为坐标原点）的顶点A、B在抛物线y2=3x上，则AOB的边长是63【解答】解：由抛物线的对称性可得AOx=30°，直线OA的方程为y=33x，联立&y=33x&y2=3x，解得A（9，33）|AO|=81+27=63故答案为：6313抛物线C：y2=4x的焦点为F，过准线上一点N作NF的垂线
13、交y轴于点M，若抛物线C上存在点E，满足2NE=NM+NF，则MNF的面积为322【解答】解：准线方程为x=1，焦点为F（1，0），不妨设N在第三象限，2NE=NM+NF，E是MF的中点，NE=12MF=EF，NEx轴，又E为MF的中点，E在抛物线y2=4x上，E（12，2），N（1，2），M（0，22），NF=6，MN=3，SMNF=12×6×3=322故答案为：32214如图所示，过抛物线C：y2=2px（p0）的焦点F作直线交C于A、B两点，过A、B分别向C的准线l作垂线，垂足为A，B，已知四边形AABF与BBAF的面积分别为15和7，则ABF的面积为6【解答】解：设
14、ABF的面积为S，直线AB：x=my+p2，代入抛物线方程，消元可得y22pmyp2=0设A（x1，y1） B（x2，y2），则y1y2=p2，y1+y2=2pmSAA'F=12|AA'|×|y1|=12|x1+p2|y1|=12（y122p+p2）|y1|SBB'F=12|BB'|×|y2|=12|x2+p2|y2|=12（y222p+p2）|y2|12（y122p+p2）|y1|×12（y222p+p2）|y2|=p24（p22+y124+y224）=p44（m2+1）SABF=p2|y1y2|=p2m2+1=S四边形AABF与
15、BBAF的面积分别为15和7p44（m2+1）=（15S）（7S）14S2=（15S）（7S）34S222S+105=0S=6 故答案为：615斜率为1的直线l与椭圆x24+y2=1相交于A，B两点，则|AB|得最大值为4105【解答】解：设直线l的方程为y=x+t，代入椭圆x24+y2=1消去y得54x2+2tx+t21=0，由题意得=（2t）25（t21）0，即t25弦长|AB|=42×5-t254105当t=0时取最大值故答案为：4105三解答题（共5小题）16已知椭圆：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32，椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为4（）求椭圆的标准方程；（
16、）直线l与椭圆交于A，B两点，AB的中点M在圆x2+y2=1上，求AOB（O为坐标原点）面积的最大值【解答】解：（）根据题意，椭圆：x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为32，则ca=32，得c=32a，b=12a，所以3x24c2+3y2c2=1，由椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为4，得2ab=4，所以a=2，b=1，椭圆的标准方程为x24+y2=1（）根据题意，直线l与椭圆交于A，B两点，当直线l的斜率不存在时，令x=±1，得y=±32，SAOB=12×1×3=32，当直线l的斜率存在时，设l：y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），
17、M（x0，y0），由&y=kx+m&x2+4y2=4，得（1+4k2）x2+8kmx+4m24=0，则x1+x2=-8km1+4k2，x1x2=4m2-41+4k2，所以x0=-4km1+4k2，y0=kx0+m=-4k2m1+4k2+m=m1+4k2，将(-4km1+4k2，m1+4k2)代入x2+y2=1，得m2=(1+4k2)216k2+1，又因为|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k241+4k21+4k2-m2，原点到直线l的距离d=|m|1+k2，所以SAOB=12×|m|1+k2×1+k241+4k21+4k2-m2=2|m|1
18、+4k21+4k2-m2=21+4k2×1+4k216k2+1×1+4k2×1-1+4k216k2+1=212k2(1+4k2)(16k2+1)2=216k2+1×12k2(1+4k2)216k2+1×1+16k22=1当且仅当12k2=1+4k2，即k=±24时取等号综上所述，AOB面积的最大值为117如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆x2a2+y2b2=1（ab0）的离心率为22，两条准线之间的距离为42（1）求椭圆的标准方程；（2）已知椭圆的左顶点为A，点M在圆x2+y2=89上，直线AM与椭圆相交于另一点B，且AOB的面
19、积是AOM的面积的2倍，求直线AB的方程【解答】解：（1）设椭圆的焦距为2c，由题意得，ca=22，2a2c=42，解得a=2，c=b=2椭圆的方程为：x24+y22=1（2）AOB的面积是AOM的面积的2倍，AB=2AM，点M为AB的中点椭圆的方程为：x24+y22=1A（2，0）设M（x0，y0），则B（2x0+2，2y0）由x02+y02=89，(2x0+2)24+(2y0)22=1，化为：9x0218x016=0，-223x0223解得：x0=23代入解得：y0=±23，kAB=±12，因此，直线AB的方程为：y=±12（x+2）18已知椭圆C：x2a2+
20、y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，离心率为12，直线y=1与C的两个交点间的距离为463（）求椭圆C的方程；（）分别过F1、F2作l1、l2满足l1l2，设l1、l2与C的上半部分分别交于A、B两点，求四边形ABF2F1面积的最大值【解答】解：（）易知椭圆过点(263，1)，所以83a2+1b2=1，（2分）又ca=12，（3分）a2=b2+c2，（4分）得a2=4，b2=3，所以椭圆的方程为x24+y23=1（6分）（）设直线l1：x=my1，它与C的另一个交点为D与C联立，消去x，得（3m2+4）y26my9=0，（7分）=144（m2+1）0.|AD|=1+m2121+
21、m23m2+4，（9分）又F2到l1的距离为d=21+m2，（10分）所以SADF2=121+m23m2+4（11分）令t=1+m21，则SADF2=123t+1t，所以当t=1时，最大值为3（14分）又S四边形ABF2F1=12(|BF2|+|AF1|)d=12(|AF1|+|DF1|)d=12|AB|d=SADF2所以四边形ABF2F1面积的最大值为3 （15分）19如图，在平面直角坐标系xOy中，B1，B2是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的短轴端点，P是椭圆上异于点B1，B2的一动点当直线PB1的方程为y=x+3时，线段PB1的长为42（1）求椭圆的标准方程；（2）设点Q满足：QB
22、1PB1，QB2PB2，求证：PB1B2与QB1B2的面积之比为定值【解答】解：设P（x0，y0），Q（x1，y1）（1）在y=x+3中，令x=0，得y=3，从而b=3 （2分）由&x2a2+y29=1，&y=x+3得x2a2+(x+3)29=1 所以x0=-6a29+a2 （4分）因为PB1=x02+(y0-3)2=2|x0|，所以42=26a29+a2，解得a2=18所以椭圆的标准方程为x218+y29=1 （6分）（2）方法一：直线PB1的斜率为kPB1=y0-3x0，由QB1PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1=-x0y0-3 于是直线QB1的方程为：y=-x0y0-
23、3x+3同理，QB2的方程为：y=-x0y0+3x-3 （8分）联立两直线方程，消去y，得x1=y02-9x0 （10分）因为P（x0，y0）在椭圆x218+y29=1上，所以x0218+y029=1，从而y02-9=-x022所以x1=-x02 （12分）所以SPB1B2SQB1B2=|x0x1|=2 （14分）方法二：设直线PB1，PB2的斜率为k，k'，则直线PB1的方程为y=kx+3由QB1PB1，直线QB1的方程为y=-1kx+3将y=kx+3代入x218+y29=1，得（2k2+1）x2+12kx=0，因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x00，从而x0=-12k2k2
24、+1（8分）因为P（x0，y0）在椭圆x218+y29=1上，所以x0218+y029=1，从而y02-9=-x022所以kk=y0-3x0y0+3x0=y02-9x02=-12，得k=-12k （10分）由QB2PB2，所以直线QB2的方程为y=2kx3联立&y=-1kx+3，&y=2kx-3则x=6k2k2+1，即x1=6k2k2+1 （12分）所以SPB1B2SQB1B2=|x0x1|=|-12k2k2+16k2k2+1|=2 （14分）20如图，从椭圆C：x2a2+y2b2=1（ab0）上一点P向x轴作垂线，垂足恰为左焦点F，又点A是椭圆与x轴正半轴的交点，点B是椭圆与
25、y轴正半轴的交点，且ABOP，|FA|=22+2，（）求C的方程；（）过F且斜率不为0的直线l与C相交于M，N两点，线段MN的中点为E，直线OE与直线x=4相交于点D，若MDF为等腰直角三角形，求l的方程【解答】解：（）令x=c，得y=±b2a所以P(-c，b2a)直线OP的斜率k1=-b2ac直线AB的斜率k2=-ba故b2ac=ba解得b=c，a=2c由已知及|FA|=a+c，得a+c=22+2，所以(1+2)c=22+2，解得c=2所以，a=22，b=2所以C的方程为x28+y24=1（5分）（）易得F（2，0），可设直线l的方程为x=ky2，A（x1，y1），B（x2，y2）
26、，联立方程组x=ky2和x2+2y2=8，消去x，整理得（k2+2）y24ky4=0，（6分）由韦达定理，得y1+y2=4k2+k2，y1y2=42+k2，所以y1+y22=2k2+k2，x1+x22=k(y1+y2)2-2=42+k2，即C（42+k2，2k2+k2），所以直线OC的方程为y=k2x，令x=4，得y=2k，即D（4，2k），所以直线DF的斜率为2k-0-4+2=k，所以直线DF与l恒保持垂直关系，故若ADF为等腰直角三角形，只需|AF|=|DF|，（10分）即4+4k2=(x1+2)2+y12=(1+k2)y12，解得y1=±2，又x128+y124=1，所以x1=0，所以k=±1，从而直线l的方程为：xy+2=0或x+y+2=0（12分）