高中数学讲义微专题72 圆锥曲线中的面积问题

高中数学讲义微专题72 圆锥曲线中的面积问题

微专题 72 圆锥曲线中的面积问题 一、基础知识： 1、面积问题的解决策略： （1）求三角形的面积需要寻底找高，需要两条线段的长度，为了简化运算，通常优先选择能 用坐标直接进行表示的底（或高）。 （2）面积的拆分：不规则的多边形的面积通常考虑拆分为多个三角形的面积和，对于三角形 如果底和高不便于计算，则也可以考虑拆分成若干个易于计算的三角形 2、多个图形面积的关系的转化：关键词“求同存异”，寻找这些图形的底和高中是否存在“同 底”或“等高”的特点，从而可将面积的关系转化为线段的关系，使得计算得以简化 3、面积的最值问题：通常利用公式将面积转化为某个变量的函数，再求解函数的最值，在寻 底找高的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算。这样可以使函数解析式较为简单， 便于分析 4、椭圆与双曲线中焦点三角形面积公式（证明详见“圆锥曲线的性质”） （1）椭圆：设 为椭圆 上一点，且 ，则 （ 2 ） 双 曲 线 ： 设 为 椭 圆 上 一 点 ， 且 ， 则 二、典型例题： 例 1：设 为椭圆 的左右焦点，过椭圆中心任作一直线与椭圆交于 两点， 当四边形 的面积最大时， 的值等于___________ 思路：由椭圆中心对称的特性可知 关于原点中心对称，所以 与 关于原点 对称，面积相等。且四边形 可拆成 与 的和，所以四边形 的面 积最大即 面积最大，因为 ，所以当 最大时， 面积最大。即 位于短轴顶点时， 面积最大。由 可知 ， 所以 ，进而计算出 的值为 P   2 2 2 2 1 0x y a ba b    1 2F PF   1 2 2 tan 2PF FS b  P   2 2 2 2 1 , 0x y a ba b   1 2F PF   1 2 2 1 cot 2 PF FS b   1 2,F F 2 2 14 x y  ,P Q 1 2PFQF 1 2PF PF  ,P Q 1 2PF F 1 2QF F 1 2PFQF 1 2PF F 1 2QF F 1 2PFQF 1 2PF F 1 2 1 2 1 2PF F p pS F F y c y    py 1 2PF F P 1 2PF F 2 2 14 x y  2, 1, 3a b c        1 20,1 , 3,0 , 3,0P F F 1 2PF PF  2 答案： 例 2：已知点 是椭圆 上的一点，且在 轴上方， 分别为椭圆的左 右焦点，直线 的斜率为 ，则 的面积是（ ） A. B. C. D. 思路：将椭圆化为标准方程为 ，进而可得 ，所以 ，计 算 的面积可以以 为底， 为高，所以考虑利用条件计算出 的纵坐标，设 ， 则 有 ， 所 以 可 解 得 或 （舍去），所以 答案：B 例 3：已知 为抛物线 的焦点，点 在该抛物线上且位于 轴的两侧， ， 则 与 面积之和的最小值是（ ） A. B. C. D. 思 路 ： 由 入 手 可 考 虑 将 向 量 坐 标 化 ， 设 ， 则 ， 进 而 想 到 可 用 韦 达 定 理 。 所 以 设 与 轴 交 于 直 线 。 联 立 方 程 ， 所 以 ，所以由 可得： ，所 以 ， 不 妨 设 在 轴 上 方 ， 如 图 可 得 ： ，由 可知 ， 2 P 2 216 25 1600x y  x 1 2,F F 2PF 4 3 1 2PF F 32 3 24 3 32 2 24 2 2 2 1100 64 x y  6c     1 26,0 , 6,0F F 1 2PF F 1 2F F yP P  ,P x y 2 4 36PF yk x   2 216 25 1600 4 36 0 x y y x y         4 3y  64 3 19y   1 2 1 2 1 1 12 4 3 24 32 2PF FS F F y      F 2y x ,A B x 2OA OB   ABO AFO 2 3 17 2 8 10 2OA OB      1 1 2 2, , ,A x y B x y 1 2 1 2 2x x y y  AB x  ,0M m :AB x ty m  2 2 0y x y ty m x ty m         2 2 2 1 2 1 2 1 20,y y m x x y y m     1 2 1 2 2x x y y  2 2 2m m m    1 2 2y y   A x  1 2 1 1 2 1 1 9 2 2 8ABO AFOS S OM y y OF y y y         1 2 2y y   2 1 2y y  消元后可得： ，等号成立当且仅当 ，所以 的最小值为 答案：B 例 4：抛物线 的焦点为 ，准线为 ，经过 且斜率为 的直线与抛物线在 轴上 方的部分相交于点 ， ，垂足为 ，则 的面积是（ ） A. B. C. D. 8 思路：斜率为 可知直线的倾斜角为 ，从而可得 ， 所 以 在 计 算 面 积 时 可 利 用两 边 与 夹 角 ， 所 以 可 得 ，由抛物线性质可得 ，所以 只需求得焦半径 ，即只需解出 点横坐标。利用几何关系可得 ，另一方面，由焦半径公式可得： ，所以可 得 方 程 ： ， 从 而 ， 所 以 答案：C 小 炼 有 话 说 ：（1）本题的解法是利用题目中的几何关系求解，绕过代数运算，而突破点即 为直线的倾斜角 ，所以当题目中出现特殊角时，可以考虑蕴含其中的几何特点，从而使得 运算更为简单。 （2）本题的 也可通过联立方程，使用代数方法解决，方法步骤如下： 由抛物线方程可得： ，设 ，联立方程： ，整理可得： 或 1 1 1 1 9 2 9 22 38 8ABO AFOS S y yy y       1 4 3y  ABO AFOS S  3 2 4y x F l F 3 x A AK l K AFK 4 3 3 4 3 3 3  3KAF   1 sin2 3AKFS AK AF   AK AF AF A 1 2Ax OF FM OF AF    1AAF x   1 1 32A A Ax OF x x     1 4AAF x   21 sin 4 32 3AKFS AF   3  Ax  1,0F  : 3 1l y x      2 24 3 1 4 3 1 y x x x y x        23 10 3 0x x   3x  1 3x  或 （舍） 例 5：以椭圆 的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线 ，其左右焦点分别为 ， 已 知 点 的 坐 标 为 ， 双 曲 线 上 点 满 足 ，则 等于（ ） A. B. C. D. 思路：可先利用椭圆确定双曲线方程及其焦点坐标， 的顶点为 ，即 为 的坐标，椭圆的焦点为 ，所以双曲线中 ，进而 观察 可联想到投影，即 在 的投影与 在 的投影相等， 由几何关系可得 为 的角平分线。由 可得 ，即 平 分 ， 从 而 为 的 内 心 ， 且 内 切 圆 半 径 。 从 而 答案：A 例 6：已知点 为双曲线 右支上一点， 分别是双曲线的左右 焦点，且 ， 为三角形 的内心，若 成立，则 的值 为（ ） A. B. C. D. 思路：由三角形内心的性质可得 到三边的距离相等，所以 的 高 均 为 ， 从 而 3 2 3 x y   1 3 2 33 x y      3Ax  2 2 19 5 x y  C 1 2,F F M  2,1 C   0 0 0 0, 0, 0P x y x y  1 1 2 1 1 1 2 1 PF MF F F MF PF F F         1 2PMF PMFS S  2 4 1 1 2 2 19 5 x y     3,0 , 3,0 1 2,F F    2,0 , 2,0 2, 3a c  5b  1 1 2 1 1 1 2 1 PF MF F F MF PF F F         1MF 1PF 1MF 2 1F F 1F M 1 2PF F    22,1 , 3,0M F 2 1MFk   2F M 2 1PF F M 1 2PF F 1Mr y   1 2 1 2 1 2 1 1 1 22 2 2PMF PMFS S PF r PF r r PF PF         P   2 2 2 2 1 0, 0x y a ba b    1 2,F F 2 1 2 bF F a I 1 2PF F 1 2 1 2IPF IPF IF FS S S     1 2 2 2  2 3 1 2 1 2 1 I 1 2 1 2, ,IPF IPF IF F   r ，即 ，所以只需利用 确定 的关系即可。 解： 为三角形 的内心 在双曲线上，且 是焦点 即 为离心率 由 可得： ，两边同时除以 得： ，解得 即 答案：C 例 7：已知点 ，椭圆 的离心率为 ， 是椭圆 的右 焦点，直线 的斜率为 ， 为坐标原点 （1）求 的方程 （2）设过点 的动直线 与 相交于 两点，当 面积最大时，求 的方程 解：（1）设 思路：首先设 ， ，由图像可得 ， 1 2 1 2 1 2 1 2IPF IPF IF FS S S PF PF F F        1 2 1 2 F F c PF PF a   2 1 2 bF F a ,a c I 1 2PF F 1 2 2 11 2 2 1 1 1 1, ,2 2 2IPF IPF IF FS PF r S PF r S F F r         1 2 1 2 1 2 1 2IPF IPF IF FS S S PF PF F F        1 2 1 2F F PF PF   P 1 2,F F 1 2 1 22 , 2PF PF a F F c    c a   2 1 2 bF F a 2 2 22 2bc ac c aa    2a 2 2 1 0e e   2 2 2 2e  2 1e   2 1    0, 2A    2 2 2 2: 1 0x yE a ba b    3 2 F E AF 2 3 3 O E A l E ,P Q OPQ l  ,0F c 2 2 3 3AFk c   3c  3 2 ce a  2 2 3 ca   2 2 2 1b a c    2 2: 14 xE y   : 2PQ y kx     1 1 2 2, , ,P x y Q x y 1 2OPQ O PQS d PQ  考虑联立直线与椭圆方程并利用点到直线距离公式和弦长公式用 表示出 ，从而 也可用 进行表示： ，再利用均值不等式 即可得到最大值。等号成立的条件 即为 的值。（注意直线与椭圆相交， 所以消元后的方程 ） （2）设直线 ， 联立方程可得： ，整理后可得： ，因为方程有两个不等实根 解得： 或 由方程 可得： 代入 可得： 由均值不等式可得： k ,O PQd PQ OPQS k 2 2 2 2 4 4 3 4 44 1 4 3 4 3 OPQ kS k k k       2 2 44 3 4 3 k k    k 0  : 2PQ y kx     1 1 2 2, , ,P x y Q x y   22 2 2 2 4 2 4 4 4 y kx x kx x y          2 24 1 16 12 0k x kx       2 216 48 4 1 0k k     3 2k  3 2k   1 2OPQ O PQS d PQ  2 2 1O PQd k    22 2 1 2 1 2 1 21 1 4PQ k x x k x x x x         2 24 1 16 12 0k x kx    1 2 1 22 2 16 12,4 1 4 1 kx x x xk k     PQ 2 2 2 2 2 2 64 48 4 4 31 14 1 4 1 k kPQ k kk k         2 2 2 22 22 2 1 2 4 4 3 4 4 3 41 4 3 42 4 1 4 11 4 3 OPQ k kS k kk kk k               2 2 4 44 3 4 3 k k     2 2 2 2 4 44 3 2 4 3 4 4 3 4 3 k k k k         等号成立条件： 此时 的方程为 或 例 8：已知椭圆 的离心率为 ，过右焦点 的直线 与 相交于 两点，当 的斜率为 时，坐标原点 到 的距离为 （1）求椭圆 的方程 （ 2 ） 若 是 椭 圆 上 的 四 点 ， 已 知 与 共 线 ， 与 共 线 ， 且 ，求四边形 面积的最小值 解：（1） ，设 ，则 （2）由（1）可得： ，因为 设 ， ， 联立方程可得： ，消去 可得： 整理后可得： ① 2 2 2 4 74 3 4 3 4 24 3 k k k k          1OPQS  7 2k   l 7 22y x  7 22y x     2 2 2 2: 1 0x yC a ba b    1 2 F l C ,A B l 1 O l 2 2 C , , ,P Q M N C PF FQ MF FN 0PF MF   PMQN 1 2 ce a   ,0F c :l y x c  2 122O l cd c     2 2 22, 3a b a c     2 2 14 3 x y    1,0F 0PF MF PF MF     1 2PMQNS MN PQ      1 1 2 2, , ,P x y Q x y  : 1PQ y k x    2 23 4 12 1 x y y k x      x  22 23 4 1 12x k x    2 2 2 24 3 8 4 12 0k x k x k      22 2 2 1 2 2 2 12 1144 1441 1 4 3 4 3 kkPQ k x x k k k          设 ，以 替换①中的 可得： 设 ，可得 时， 例 9：在平面直角坐标系 中，已知点 ， 是动点，且三角形 的三边所在直 线的斜率满足 （1）求点 的轨迹方程 （2）若 是轨迹 上异于点 的一个点，且 ，直线 与 交于点 ，问： 是否存在点 使得 和 的面积满足 ？若存在，求出点 的坐标， 若不存在，请说明理由。 （1）思路：本题设点 ，且 已知，直接利用条件列出等式化简即可 解：设 ，由 可得： ，依题意 可得： 整理后可得： ，其中 所以 的轨迹方程为 ‘  1: 1MN y xk   1 k k 22 2 2 112 1 12 12 4 3 43 kkMN k k         2 2 2 2 12 11 1 12 12 2 2 4 3 3 4PMQN k kS MN PQ k k         2 4 2 2 4 2 2 2 1 22 172 72 112 25 12 12 25 kk k k k k k k             2 2 1u k k   2,u   2 172 6 112 25 12 25PMQN uS u u           2u  min 288 49S  xOy  1,1A  P POA OP OA PAk k k  P Q C P PQ OA  OP QA M P PQA PAM 2PQM PAMS S  P  ,P x y ,O A  ,P x y    1,1 , 0,0A O 1, 1, 1OP OA PA y yk k kx x      OP OA PAk k k       11 1 1 11 y y y x x x x yx x         2y x 0, 1x x   P  2 0, 1y x x x    （2）思路：从图中可得 和 的高相同，从而面积的比值转化为对应底边的比， 即 ， 再 由 可 得 ， 进 而 ，由 共线再转成向量关系则只需求出 的坐标即可解出 的坐标 解：设 ，即 因为 可解得 且 ，即 所以存在符合条件的 例 10：设抛物线 的焦点为 ，过点 的直线与抛物线相交于 两点，与 抛物线的准线相交于 ，则 与 的面积 之比 （ ） A. B. C. D. 思路：由 联想到焦半径公式，从而可解得 ， PQA PAM 2 2PQM PAMS S QA AM    PQ OA  PQ OA ∥ 2 2QA AM OP OM   , ,O P M M P    2 2 1 1 2 2, , ,P x x Q x x PQ OA   PQ OA ∥ 1PQ OAk k   2 2 2 1 2 1 2 1 1 1x x x xx x        2 2 2 1 2 1 1 21QA xk x xx          1: 1 2 1QA y x x      1:OP y x x   1 1 1 2 1: y x xM y x x        1 2Mx   1 1,2 2PQM P QM PAM P QMS QA d S AM d      2PQM PAMS S  2QA AM  PQ OA   ∥ 2 2QA AM OP OM    2OP OM   2 1P Mx x     1,1P  1,1P 2 2y x F  3,0M ,A B , 2C BF  BCF ACF BCF ACF S S   4 5 2 3 4 7 1 2 2BF  3 32Bx   从而可判断出 在 的左侧，作出图像可发现两个三角形具备同“高”的特点（即 到 的距离），所以 ，若直接从 长度出发，则运算量较大，所以考虑将比 值视为整体，并进行线段的转移，可过 分别引准线的垂线，从而将 ，只需联 立直线抛物线方程求出 点横坐标即可。 解：由 可得 ，设 ，设 到直线 的距离为 则 过 分别引准线的垂线 设 ，联立方程： 消元可得： 整理后可得： 答案：A 小 炼 有 话 说 ：本题设计的精妙之处在于允许有多种解题方向（比如计算坐标，计算底边长） 等，但方法层次不同，所耗费的时间也不一样。通过本题要体会以下几点： （1）在抛物线中焦半径与点横坐标的联系，已知焦半径可迅速求出该点的横坐标 （2）处理面积的比值问题时，可考虑两个图形共同的部分（底，高），从而将比值转化为线 段的比值 （3）在抛物线中常用的辅助线是过抛物线上的点引准线的垂线。本题恰好利用这一点转移了 比例，简化了运算 B M F BC BCF ACF BCS S AC  ,BC AC ,A B B l A l BC d AC d    A 2 2y x 1p     1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 2 32 22 2 2 p pBF x x        F AB d 1 2 1 2 BCF ACF d BC BCS S ACd AC       ,A B ,AP BQ AP BQ ∥ 2 2 1 1 1 2 2= 1 2 2 px xBC BQ pAC AP x x         : 3AB y k x    2 2 3 y x y k x      22 3 2k x x   2 2 2 22 3 2 3 0k x k x k    1 2 13 2x x x    2 1 1 42 1 5 2 BCF ACF xS S x        