重难点04 圆锥曲线三角形面积与四边形面积问题（六大题型）（解析版）

重难点04圆锥曲线三角形面积与四边形面积问题【题型归纳目录】题型一：三角形的面积问题之底·高题型二：三角形的面积问题之分割法题型三：三角形的面积比问题题型四：四边形的面积问题之对角线垂直模型题型五：四边形的面积问题之一般四边形题型六：三角形、四边形的面积问题之面积坐标化【方法技巧与总结】1、三角形的面积处理方法（1）底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高）（2）水平宽·铅锤高或（3）在平面直角坐标系中，已知的顶点分别为，，，三角形的面积为．2、三角形面积比处理方法（1）对顶角模型（2）等角、共角模型3、四边形面积处理方法（1）对角线垂直（2）一般四边形（3）分割两个三角形4、面积的最值问题或者取值范围问题一般都是利用面积公式表示面积，然后将面积转化为某个变量的一个函数，再求解函数的最值（一般处理方法有换元，基本不等式，建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值，构造函数求导等等），在算面积的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算，灵活使用割补法计算面积.【典型例题】题型一：三角形的面积问题之底·高例1．（2023·全国·高三校联考阶段练习）已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点相同，且点在椭圆上．（1）求椭圆的标准方程；（2）设过点的直线与椭圆交于不同的两点，且与坐标原点构成三角形，求面积的最大值．【解析】（1）抛物线的焦点坐标为，椭圆的半焦距由题可知解得，椭圆的标准方程为.（2）设点．三点构成三角形，所以直线的斜率存在且不为则可设直线的方程为联立消去整理得．由得即，=易知，点到直线的距离设则当且仅当即时等号成立，面积的最大值为例2．（2023·四川巴中·统考一模）已知椭圆左右焦点分别为，上顶点为，直线被椭圆截得的线段长为（1）求椭圆的方程；（2）设过的直线与椭圆交于两点，若，求三角形的面积.【解析】(1)由题意，得上顶点为，设故直线的方程为，由消去解得：，，解得，故椭圆的方程为；(2)由(1)及题意知，直线不过点且与轴不重合设直线的方程为由得：，变形化简得：由消去整理得：恒成立由韦达定理，得：，代入式得：化简得：，由及上式解得，直线的方程为，，由弦长公式及求根公式得：，又点到直线的距离为.例3．（2023·福建漳州·高二福建省华安县第一中学校考期中）已知椭圆的半焦距为，原点到经过两点的直线的距离为，椭圆的长轴长为（1）求椭圆的方程；（2）直线与椭圆交于两点，线段的中点为，P为椭圆的左焦点，求三角形PAB的面积.【解析】（1）经过两点的直线为：，即.由已知：原点到直线的距离，即又，则所以椭圆的标准方程为：（2）当直线斜率不存在时，线段的中点在轴上，不合题意，所以直线的斜率存在，设为，则直线，即，设联立，整理得：显然由韦达定理得：，又的中点为，则，解得，则所以又到直线l：的距离为，所以变式1．（2023·江西南昌·高二江西师大附中校考阶段练习）已知椭圆短轴顶点与焦点所组成的四边形面积为2，离心率为．（1）求椭圆的方程；（2）过点的直线l与椭圆相交于A、B两点，求三角形OAB面积的最大值．【解析】（1）由题意可得，又，即，又，解得，，则椭圆的方程为；（2）可设直线的方程为，与椭圆方程联立，可得，则△，化为，设，的横坐标分别为，，可得，，则，而到直线的距离为，则，设，即，则，当且仅当即时，三角形面积取得最大值．变式2．（2023上·浙江嘉兴·高二校联考期中）已知点到直线：的距离和它到定点的距离之比为常数．(1)求点的轨迹的方程；(2)若点是直线上一点，过作曲线的两条切线分别切于点与点，试求三角形面积的最小值．（二次曲线在其上一点处的切线为）【解析】（1）设，则，化简得：，所以点M的轨迹E的方程为.（2）设，，，则切线为，切线为，将点分别代入得，所以直线为，点到的距离，当时，．另一方面，联立直线与得，所以，则，当时，．所以．故时，最小值为.题型二：三角形的面积问题之分割法例4．（2023·河南南阳·高二统考期末）已知抛物线：的焦点为，过轴正半轴上一点的直线与抛物线交于、两点，为坐标原点，且.(1)求点的坐标；(2)设点关于直线的对称点为，求四边形面积的最小值.【解析】（1）设直线的方程为，联立，可得，需满足，设，则，由于，由可得，解得或（舍去），则过轴正半轴上一点，即点的坐标为.（2）由题意知，结合（1）知，不妨设，则，由于关于对称，故，故，当且仅当时，即时，等号成立，故四边形面积的最小值为.例5．（2023·黑龙江哈尔滨·高二哈师大附中校考期末）已知椭圆，焦距为，且经过点．(1)求椭圆的方程；(2)设，是椭圆的左、右顶点，为直线上的动点，直线，分别交椭圆于M，N两点，求四边形面积的最大值．【解析】（1）∵，∴，∴，，∵经过点，∴，∴．所以椭圆的方程为．（2）∵椭圆及直线关于轴对称，不妨设，，，，，，则直线，直线，由，消去得，解得，同理由，得，则四边形的面积为，设(，当且仅当,即时等号成立)，，，时，，是增函数，所以时，最小值为，S最大为，.例6．（2023·浙江嘉兴·高三统考期末）已知抛物线上的任意一点到焦点的距离比到y轴的距离大.(1)求抛物线C的方程；(2)过抛物线外一点作抛物线的两条切线，切点分别为A，B，若三角形ABP的重心G在定直线上，求三角形ABP面积的最大值.【解析】（1）根据题意，抛物线上的任意一点到焦点的距离与到直线的距离相等，由抛物线的定义可知：，，抛物线C的方程为.（2）设动点，切点，.设过A的切线PA方程为，与抛物线方程联立，消去x整理得，，所以，所以切线PA方程为，同理可得切线PB方程为，联立解得两切线的交点，所以有.因为，又G在定直线，所以有，即P的轨迹为，因为P在抛物线外，所以.如图，取AB中点Q，则，所以，因为，所以，所以，所以当时，.变式3．（2023·四川成都·高二四川省成都市新都一中校联考期中）已知椭圆的离心率为．(1)点P是椭圆上异于左、右顶点的任意一点，A1（﹣a，0），A2（a，0），证明点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值，并求出该定值；(2)若椭圆的短轴长为2，动直线l与椭圆交于A，B两点，且坐标原点O在以AB为直径的圆上．①判断是否存在定圆与直线l恒相切，若存在，求定圆的方程，若不存在，请说明理由；②求三角形OAB的面积的取值范围．【解析】（1）设P（x0，y0），则，整理可得，则，所以＝，因为椭圆的离心率为，则，所以，则，故点P与A1，A2连线的斜率的乘积为定值.（2）因为椭圆的短轴长为2，则b＝1，由（1）可知，a＝2，所以椭圆的方程为，因为坐标原点O在以AB为直径的圆上，所以OA⊥OB，①假设存在定圆与直线l相切，由对称性可知定圆的圆心在坐标原点O，当直线l的斜率不存在时，有对称性设A（t，t），则t2+4t2＝4，解得，此时坐标原点O到直线l的距离的平方为，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx+m，设A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组，消去y可得（4k2+1）x2+8kmx+4（m2﹣1）＝0，则△＝16[（4k2+1）﹣m2]＞0，消去x可得，（4k2+1）y2﹣2my+m2﹣4k2＝0，因为OA⊥OB，则，即5m2＝4（k2+1），此时，坐标原点O到直线l：y＝kx+m的距离的平方为．综上所述，存在定圆与直线l恒相切；②当直线l的斜率不存在时，△OAB的面积，当直线l的斜率存在时，△OAB的面积S＝＝＝，令t＝4k2+1，t≥1，则S＝＝，所以．综上所述，△OAB的面积的取值范围为.变式4．（2023·河南·高二校联考阶段练习）已知椭圆的离心率为，右焦点为F，上顶点为D，且三角形的面积为6，过点的直线交椭圆与A，B两点，点（1）证明：直线和直线关于y轴对称；（2）求三角形面积的最大值.【解析】（1）设椭圆的半焦距为，则由已知有，.又由，a，b，解得，，所以椭圆的方程为.设点的坐标为，点的坐标为，设直线的方程为（显然，不存在时直线和与轴重合，满足题意）.联立直线与椭圆的方程，消法y，整理得，由此可得，①直线的斜率为，，直线的斜率为，因此有.又因为，同理，故，将①带入可得.所以，，故直线和直线关于轴对称.（2）由已知可得，三角形的面积等于.而.将（1）带入，整理得，记，，则，当且仅当即时，等号成立.因此的最大值为，故三角形的面积的最大值为.题型三：三角形的面积比问题例7．（2023·天津·校联考二模）已知椭圆右焦点为，已知椭圆短轴长为4，离心率为.(1)求椭圆的方程；(2)若直线与椭圆相交于M、N两点，线段MN垂直平分线与直线及轴和y轴相交于点D、E、G，直线GF与直线相交于点，记三角形EFG与三角形GDH的面积分别为，，求的值.【解析】（1）由题意可得，即，又，且，解得：，，所以椭圆的方程为.（2）由（1）知椭圆的方程为，所以右焦点，由直线，且线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，所以，联立消去并化简得：，此时需满足，设，，则，，所以，线段MN的垂直平分线的方程为，令，解得，则有，令，解得，则有，，关于点对称，所以，直线GF的方程为，即，令，解得，则有，所以，关于对称，所以，所以.例8．（2023上·天津·高二天津市第一百中学校联考期中）设椭圆（）的左右焦点分别为，，左右顶点分别为A，B，，.(1)求椭圆的方程；(2)已知P为椭圆上一动点（不与端点重合），直线交y轴于点Q，O为坐标原点，若四边形与三角形的面积之比为，求点P坐标.【解析】（1）因为，，所以，所以，所以，所以椭圆方程为；（2）如下图所示：因为四边形与三角形的面积之比为，所以三角形与三角形的面积比为，所以，所以，显然直线的斜率不为，设直线的方程为，联立，所以，所以，，所以，解得，当时，，，所以，所以，当时，，，所以，所以，综上可知，点坐标为或.例9．（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．(1)求椭圆方程及其离心率；(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．【解析】（1）如图，由题意得，解得，所以，所以椭圆的方程为，离心率为.（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，设直线的方程为，联立方程组，消去整理得：，由韦达定理得，所以，所以，.所以,,，所以，所以，即，解得，所以直线的方程为.题型四：四边形的面积问题之对角线垂直模型例10．（2023·重庆沙坪坝·高二重庆南开中学校考期中）如图，双曲线，过原点O的直线与双曲线分别交于A、C、B、D四点，且．(1)若，P为双曲线的右顶点，记直线、、、的斜率分别为、、、，求的值；(2)求四边形面积的取值范围．【解析】（1）由题设，的斜率都存在且不为0，令，则，所以，即，联立与双曲线，得，不妨令，同理，由，则、、、，所以.（2）由题设且同（1）得，联立，则，所以，联立，同理可得，所以四边形面积，则，令，所以，而且，故，，当时，，当趋向于时，趋向于0，即趋向于正无穷，所以四边形面积的取值范围是.例11．（2023·浙江·高二校联考期中）在平面直角坐标系中，已知点，，点满足.记的轨迹为.(1)求的方程；(2)直线交于，两点，，为上的两点，若四边形的对角线，求四边形面积的最大值.【解析】（1）因为，由椭圆定义，轨迹是以点，为焦点，长轴长为的椭圆，设椭圆方程为，则，∴又∵，则，∴椭圆的方程为；（2）由，解得或，因此.设直线的方程为，设，.由得.，故.又，的交点在，之间，故.因为直线的斜率为1，所以.又四边形的面积，当时，取得最大值，最大值为，所以四边形面积的最大值为.例12．（2023·安徽铜陵·高二校联考期中）已知圆的圆心在坐标原点，面积为．(1)求圆的方程；(2)若直线，都经过点，且，直线交圆于，两点，直线交圆于，两点，求四边形面积的最大值．【解析】（1）由题可知圆的圆心为，半径．所以圆的方程为．（2）当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，圆心到直线的距离为，则，，同理可得，则，当且仅当，即时等号成立．当直线的斜率不存在时，，，此时．当直线的斜率为0时，根据对称性可得．综上所述，四边形面积的最大值为14．变式5．（2023·江苏泰州·高二泰州中学校考阶段练习）已知椭圆的左右两个焦点为，且，椭圆上一动点满足．(1)求椭圆的标准方程及离心率；(2)如图，过点作直线与椭圆交于点，过点作直线，且与椭圆交于点，与交于点，试求四边形面积的最大值．【解析】（1）由题意，又因为，所以，椭圆方程为，离心率为．（2）①当直线斜率不存在或者为时，易得，从而四边形的面积为4．②当直线斜率存在且不为时，设，直线，联立，易知，由韦达定理得，，，同理，所以，从而四边形面积的最大值为．变式6．（2023·河南周口·高二校联考阶段练习）已知椭圆的离心率为，点在椭圆上．(1)求椭圆的标准方程；(2)若椭圆过原点的弦相互垂直，求四边形面积的最大值．【解析】（1）由，得，则，故椭圆方程可化为，将代入上式得，则，故椭圆的标准方程为．（2）由题意得，四边形为菱形，则菱形的面积当直线的斜率不存在或为0时，易得当直线的斜率存在且不为0时，设直线的方程为，则的方程为，设，将代入，得，则，则．综上，的最大值为．变式7．（2023·山西朔州·高三校联考开学考试）已知椭圆E：的左、右焦点分别为，，M为椭圆E的上顶点，，点在椭圆E上.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设经过焦点的两条互相垂直的直线分别与椭圆E相交于A，B两点和C，D两点，求四边形ACBD的面积的最小值.【解析】（1）设，由，有.又由，有（O为坐标原点），可得，，可得椭圆E的方程为，代入点N的坐标，有，解得，，故椭圆E的标准方程为；（2）①当直线AB的斜率不存在或为0时，为长轴长或，不妨设，，故；②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB：，，，联立方程，消去y得，则，，所以，同理可得，所以，因为，当且仅当，即时等号成立，所以，而，综上：四边形ACBD的面积的最小值为.题型五：四边形的面积问题之一般四边形例13．（2023·湖北武汉·高二校联考期中）如图所示，椭圆的上顶点和右顶点分别是和，离心率，，是椭圆上的两个动点，且.(1)求椭圆的标准方程；(2)求四边形面积的最大值；(3)试判断直线与的斜率之积是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由.【解析】（1）因为，所以，又离心率为，所以，即，，所以椭圆的标准方程为（2）因为，所以，所以，设直线的方程为，，，由，得，由得，则，，故，直线方程为，，所以，直线与之间的距离为，故四边形的面积为，令，则，令，则，，所以，而函数在上单调递增，所以当时，即时，四边形面积的最大值为4；（3）由第（2）问得，，，故直线与的斜率之积为定值，且定值为.例14．（2023·湖南长沙·高二长郡中学校考期中）已知椭圆C：的左、右焦点分别为、，焦距为2，上、下顶点分别为、，A为椭圆上的点，且满足.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过、作两条相互平行的直线，交C于M，N和P，Q，顺次连接构成四边形PQNM，求四边形PQNM面积的取值范围.【解析】（1）由条件，设，则C：，又，，∵，∴，∴，.即椭圆C的标准方程为.（2）由对称性可知，四边形PQNM为平行四边形，设MN：，与椭圆方程联立得：.设，，则，.设点到直线的距离为d，则，所以四边形PQNM面积为：.设，则，在单调递减，所以S的取值范围为.例15．（2023·新疆·高二校联考期中）动点P与定点的距离和它到直线的距离的比是常数，记点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)已知，过点的直线与曲线E交于不同的两点A，B，点A在第二象限，点B在x轴的下方，直线，分别与x轴交于C，D两点，求四边形面积的最大值.【解析】（1）设点，依题意可得，所以，化简得，即E的方程为.（2）如图所示：设直线的方程为，，，，联立方程组，可得，则，由韦达定理有，，且由求根公式有，直线的方程为，，同理，∵，，∴，，∴，又，且，所以，当且仅当时，四边形的面积最大，最大值为4.变式8．（2023·山东青岛·高二青岛二中校考期中）椭圆与双曲线有相同的焦点，且过.(1)求椭圆的方程；(2)如图所示，记椭圆的左、右顶点分别为，，当动点在定直线上运动时，直线，分别交椭圆于两点，.（i）证明：点B在以为直径的圆内；（ii）求四边形面积的最大值.【解析】（1）由题知，椭圆的焦点为，，故可设椭圆的方程为，将点代入可得，解得，所以椭圆得方程为.（2）（i）易知，由椭圆对称性可知，不妨设，；根据题意可知直线斜率均存在，且，；所以直线的方程为，的方程为；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；联立直线和椭圆方程，消去可得；由韦达定理可得，解得，则；则，；所以；即可知为钝角，所以点B在以为直径的圆内；（ii）易知四边形的面积为，设，则，当且仅当时等号成立；由对勾函数性质可知在上单调递增，所以，可得，所以时，四边形的面积最大为6，此时点的坐标为，由对称性可知，即当点的坐标为或时，四边形的面积最大，最大值为6.题型六：三角形、四边形的面积问题之面积坐标化例16．（2023·全国·高三专题练习）如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.（1）求四边形的面积；（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由.【解析】（1）因为双曲线，由双曲线的定义可得，又因为，，，因为，所以，，轴，点的横坐标为，所以，，，可得，即点，过点且与渐近线平行的直线的方程为，联立，解得，即点，直线的方程为，点到直线的距离为，且，因此，四边形的面积为；（2）四边形的面积为定值，理由如下：设点，双曲线的渐近线方程为，则直线的方程为，联立，解得，即点，直线的方程为，即，点到直线的距离为，且，因此，（定值）.例17．（2023·浙江·高三竞赛）已知直线与椭圆：交于、两点，直线不经过原点.（1）求面积的最大值；（2）设为线段的中点，延长交椭圆于点，若四边形为平行四边形，求四边形的面积.【解析】解法一

当直线