人教A版2020届高考数学一轮复习讲义：圆锥曲线的弦长面积问题

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+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=