（人教A版2019选择性必修第一册） 专题3.15 圆锥曲线中的面积问题大题专项训练（30道）（举一反三）（原卷版+解析）

专题3.15圆锥曲线中的面积问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2023秋•福州期中）已知椭圆C：x2+2y2＝2，左右焦点分别为F1、F2，过点F1，倾斜角为π4的直线l交椭圆于A、B（1）求椭圆C离心率；（2）求△ABF2的面积.2．（2023•全国模拟）已知椭圆Γ：x24+y23=1，直线l（Ⅰ）求k，b满足的关系式；（Ⅱ）若直线l与x，y轴分别交于A，B两点，O是坐标原点，求△AOB面积的最小值．3．（2023秋•润州区校级期中）已知曲线C：x2﹣y2＝1及直线l：y＝kx﹣1．且直线l与双曲线C有两个不同的交点A，B．（1）求实数k的取值范围；（2）O是坐标原点，且△AOB的面积为2，求实数k的值．4．（2023秋•建邺区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，设双曲线C1以椭圆C2：x24+y2（1）求C1的标准方程；（2）过（0，1）的直线l与C1的右支相切，且与C2交于点M，N，求△OMN的面积．5．（2023秋•西安月考）已知椭圆S：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率e=22，左、右焦点分别为F1、F2，点P（2，−2）在椭圆S（Ⅰ）求椭圆S标准方程；（Ⅱ）求△ABF1的面积的最大值．6．（2023春•湖州期中）已知抛物线C1：y2=4x，圆C2：(x−3)2+y2=4，F是抛物线的焦点，过点F的直线与抛物线C1交于（Ⅰ）求抛物线的准线方程；（Ⅱ）求△OAB的面积．7．（2023秋•浙江期中）如图，点A是抛物线y2＝2px（p＞0）上的动点，过点M（2，1）的直线AM与抛物线交于另一点B．（Ⅰ）当A的坐标为（1，2）时，求点B的坐标；（Ⅱ）已知点P（2，0），若M为线段AB的中点，求△PAB面积的最大值．8．（2023春•江门期末）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，并且经过点A（1，﹣2）．（1）求抛物线C的方程；（2）过原点O作倾斜角为45°的直线l交抛物线C于M，N两点，求△FMN的面积．9．（2023春•江北区校级期末）已知椭圆E：x2+y2m=1的下焦点为F1、上焦点为F2，其离心率e=22．过焦点F（1）求实数m的值；（2）求△ABO（O为原点）面积的最大值．10．（2023秋•连云港期中）已知离心率为233的双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线与抛物线D：y2＝2px（p＞0（1）求双曲线C的渐近线方程；（2）求实数p的值．11．（2023春•温州期中）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，且F为圆（x﹣1）2+y2＝16的圆心．过F点的直线l交抛物线于圆分别为A，C，D，B（从上到下）．（1）求抛物线方程并证明|AC||BD|是定值；（2）若△AOC，△BOD的面积比是4：1，求直线l的方程．12．（2023•上城区校级模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）经过点(2，22)，P是圆M：（x+1）2+y2＝1上一点，PA，（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）求△PAB的面积得最大值．13．（2023秋•路南区校级期中）已知抛物线T：y2＝2px（p∈N+）和椭圆C：x25+y2=1，过抛物线T的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，线段AB的中垂线交椭圆（Ⅰ）若F恰是椭圆C的焦点，求p的值；（Ⅱ）若MN恰好被AB平分，求△OAB面积的最大值．14．（2023秋•柳州月考）已知动点P到点F1（﹣1，0）的距离与到点F2（1，0）的距离之和为22，若点P形成的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）过F1作直线l与曲线C分别交于两点M，N，当F2M→⋅F15．（2023秋•常州期中）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F与双曲线x2−y23=1的右顶点重合，过点M（3，0）作㑔斜角为45°的直线（1）求抛物线方程；（2）若O为坐标原点，求△AOB的面积．16．（2023秋•浙江期中）已知曲线C上任意一点到点F(6，0)的距离与到直线x=463距离之比为32，在曲线C上取A、B两点，使得线段AB的中点P在圆x（1）求曲线C的方程；（2）若O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．17．（2023秋•包河区校级期中）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)），离心率为32，如图，AB是圆M：（x+2）（1）求椭圆E的方程；（2）点P为椭圆E上一个动点，求△PAB面积的最大值．18．（2023•贵溪市校级三模）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右顶点为A（2，0），离心率为22，过点B（0，﹣2）及左焦点（1）求椭圆的方程；（2）求△CDF2的面积．19．（2023•陕西模拟）已知椭圆y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的一个焦点与抛物线x（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设过点（0，3）的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，且A，B与坐标原点O构成三角形，求△AOB面积的最大值．20．（2023秋•浙江期中）如图，已知抛物线C1：y2＝4x，椭圆C2：x24+y2=1．过点E（m，0）作椭圆C2的切线交抛物线C1于A，B两点（其中m＞2）．在x轴上取点（Ⅰ）求椭圆C2的右焦点到抛物线C1准线的距离；（Ⅱ）当△ABG的面积为242时，求直线AB的方程．21．（2023•上城区校级开学）已知椭圆：y24+x2=1，过椭圆左顶点A的直线l1交抛物线y2＝2px（p＞0）于B，C两点，且BC→=2CA→，经过点C（1）证明：直线l2过定点．（2）求四边形ADBE的面积最大值及p的值．22．（2023春•芜湖期中）平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2+4y2＝1，抛物线E：x2＝2y．设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．（1）求证：点M在定直线上；（2）直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求S123．（2023•广西模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点E（﹣1，0），圆x2+y2＝r2（r＞0）与抛物线C交于A，B两点，直线BE与抛物线交点为D．（1）求证：直线AD过焦点F；（2）过F作直线MN⊥AD，交抛物线C于M，N两点，求四边形ANDM面积的最小值．24．（2023春•徐汇区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，C（﹣2，0），D（2，0），曲线E上的动点P满足|PC|+|PD|＝42，直线l过D交曲线E于A、B两点．（1）求曲线E的方程；（2）当AC⊥AB时，A在x轴上方时，求A、B的坐标；（3）当直线l的斜率为2时，求三角形CAB的面积．25．（2023春•台州期中）如图，设曲线ξ：y2＝x﹣1过抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点F，直线l1过F与Γ从下到上依次交于A，B，与ξ交于F，P，直线l2过F与Γ从下到上依次交于C，D，与ξ交于Q，F，直线l1，l2的斜率乘积为﹣2．（Ⅰ）求P，Q两点的纵坐标之积；（Ⅱ）设△ACF，△PQF，△BDF的面积分别为S1，S2，S3，求S126．（2023春•温州期末）如图，已知点P（2，2）是抛物线C：y2＝2x上一点，过点P作两条斜率相反的直线分别与抛物线交于A、B两点，直线PA的斜率为k（k＞0）．（Ⅰ）若直线PA、PB恰好为圆（x﹣2）2+y2＝1的切线，求直线PA的斜率；（Ⅱ）求证：直线AB的斜率为定值．并求出当△PAB为直角三角形时，△PAB的面积．27．（2023春•湖州期末）如图，点P是抛物线x2＝4y在第一象限内的动点，过点P作圆M：x2+（y﹣2）2＝4的两条切线，分别交抛物线的准线l于点A，B．（Ⅰ）当∠APB＝90°时，求点P的坐标；（Ⅱ）当点P的横坐标大于4时，求△PAB面积S的最小值．28．（2023•赤峰模拟）已知椭圆Γ的中心在原点O，焦点F1，F2在x轴上，离心率为22，过左焦点F1的直线l1交Γ于A，B两点，过右焦点F2的直线l2交Γ于C，D两点，且点A，C位于x轴上方，当直线l1的倾斜角为90°时，恰有|AB|＝2（1）求椭圆Γ的方程；（2）若直线l1，l2的斜率之积为−12，求四边形29．（2023•涪城区校级模拟）设抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，过点F的直线l1交抛物线C于A，B两点，且|AB|＝8，线段AB的中点到y轴的距离为3．（1）求抛物线C的方程；（2）若直线l2与圆O：x2+y2=12切于点P，与抛物线C切于点Q，求△30．（2023•上饶二模）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）与抛物线y2＝2px（p（1）求椭圆的标准方程；（2）设A、B为椭圆的左、右顶点，P为椭圆上一点，设点Q（3，t）（t＞0），且BP⊥BQ，求△APQ面积的最大值．专题3.15圆锥曲线中的面积问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2023秋•福州期中）已知椭圆C：x2+2y2＝2，左右焦点分别为F1、F2，过点F1，倾斜角为π4的直线l交椭圆于A、B（1）求椭圆C离心率；（2）求△ABF2的面积.【解题思路】（1）分别求出a，c的值，求出椭圆的离心率即可；（2）联立直线和椭圆的方程，求出A，B的坐标，求出三角形ABF2的面积即可．【解答过程】解：（1）∵C：x2+2y2＝2，∴a2＝2，b2＝1，c2＝1，a=2，c＝1∴e=c（2）如图示：直线AB的方程是：y＝x+1，由y=x+1x2+2y2故S△ABF2=12×2．（2023•全国模拟）已知椭圆Γ：x24+y23=1，直线l（Ⅰ）求k，b满足的关系式；（Ⅱ）若直线l与x，y轴分别交于A，B两点，O是坐标原点，求△AOB面积的最小值．【解题思路】（Ⅰ）将椭圆与直线联立，可得关于x的一元二次方程，根据只有一个公共点，可得判别式Δ＝0，代入数据，即可得出答案．（Ⅱ）先求得A，B坐标，进而可得△AOB面积S的表达式，结合（Ⅰ）及基本不等式，即可求得答案．【解答过程】解：（Ⅰ）联立x2可得（3+4k2）x2+8kbx+4b2﹣12＝0，因为直线与椭圆只有一个公共点，所以Δ＝（8kb）2﹣4（3+4k2）（4b2﹣12）＝0，化简得4k2﹣b2+3＝0．（Ⅱ）根据题意，k存在且k≠0，所以A（−bk，0），B（0，所以△AOB面积S=12×|−bk|×|b|=12|b2k|=1S=12（|4k|+|3k|）≥12当且仅当|4k|＝|3k|时，即k＝±32时等号成立，即面积最小值为2综上所述，△AOB的面积的最小值为23．3．（2023秋•润州区校级期中）已知曲线C：x2﹣y2＝1及直线l：y＝kx﹣1．且直线l与双曲线C有两个不同的交点A，B．（1）求实数k的取值范围；（2）O是坐标原点，且△AOB的面积为2，求实数k的值．【解题思路】（1）直线l的方程与双曲线的方程联立，由二项式系数不等于0和判别式大于0可得k的范围；（2）由（1）可得求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的值，再求原点O到直线AB的距离，代入三角形的面积公式，由题意可得k的值．【解答过程】解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立y=kx−1x2−y2=1，整理可得（1﹣k2）x当1−k2即k≠所以k的取值范围为{x|−2＜k＜2，且k（2）由（1）可知x1+x2=−2k1−k2，x1所以弦长|AB|=1+k2•(x1原点O到直线AB的距离d=1所以S△AOB=12•|AB|•d=12•1+k由题意2=解得：k＝±62所以实数k的值为±64．（2023秋•建邺区校级期中）在平面直角坐标系xOy中，设双曲线C1以椭圆C2：x24+y2（1）求C1的标准方程；（2）过（0，1）的直线l与C1的右支相切，且与C2交于点M，N，求△OMN的面积．【解题思路】（1）根据双曲线与椭圆关系，求得a，b，c即可得到答案；（2）设直线方程为y＝kx+1，与双曲线联立，根据直线与双曲线相切求得直线方程，再与椭圆方程联立，分别求得弦长|MN|以及原点到直线的距离，再由三角形面积公式即可求解．【解答过程】解：（1）由题得双曲线a＝1，c＝2，则b²＝c²﹣a²＝3，所以C1的标准方程为：x2（2）设过（0，1）的直线l的方程为y＝kx+1，联立y=kx+1x可得（3﹣k²）x²﹣2kx﹣4＝0，因为直线与双曲线相切，所以Δ＝4k²+16（3﹣k²）＝0，解得k＝±2，因为直线l与双曲线右支相切，所以l方程为：y＝﹣2x+1，联立y=−2x+1x24+y23=1，可得设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=1619，x1x2则|MN|=1+k2|x1﹣x2|=又原点O到直线l的距离d=1所以△OMN的面积S=12d•|MN|5．（2023秋•西安月考）已知椭圆S：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的离心率e=22，左、右焦点分别为F1、F2，点P（2，−2）在椭圆S（Ⅰ）求椭圆S标准方程；（Ⅱ）求△ABF1的面积的最大值．【解题思路】（Ⅰ）根据离心率得到ca=22，再将P点坐标代入，解得a²＝b²+c²，解出（Ⅱ）设直线l：x＝my+2，与椭圆方程联立，利用韦达定理，表示出面积，结合基本不等式即可求得答案．【解答过程】解：（Ⅰ）由题可得ca=22，将点P代入椭圆方程可得22a2+则可解得a＝22，b＝c＝2，所以椭圆方程为：x2（Ⅱ）由（Ⅰ）可得F1（﹣2，0），F2（2，0），设l：x＝my+2，代入椭圆方程可得（m²+2）y²+4my﹣4＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=−4mm2+2，y则|y1﹣y2|=(所以S△ABF1=12|F1F2||y1﹣y当且仅当m²+1＝1，即m＝0时取等号，故△ABF1的最大值为42．6．（2023春•湖州期中）已知抛物线C1：y2=4x，圆C2：(x−3)2+y2=4，F是抛物线的焦点，过点F的直线与抛物线C1交于（Ⅰ）求抛物线的准线方程；（Ⅱ）求△OAB的面积．【解题思路】（Ⅰ）由抛物线的标准方程结合准线方程的定义，求解即可；（Ⅱ）设直线l的方程，与抛物线方程联立，得到伟大定理，由中点坐标公式求出D的坐标，代入圆的方程求出直线方程，联立直线与抛物线方程，结合弦长公式以及点到直线的距离公式，由三角形的面积求解即可．【解答过程】解：（Ⅰ）因为抛物线C1所以抛物线的准线方程为x＝﹣1；（Ⅱ）设直线l的方程为x＝my+1，联立直线与抛物线的方程，即x=my+1y2=4x，可得y2﹣4my﹣4设A（x1，y1），B（x2，y2），所以y1+y2＝4m，故x1所以D（2m2+1，2m），将D点坐标带入圆方程可得（m2﹣1）2+m2＝1，解得m＝±1，根据抛物线的对称性，不妨设m＝1，联立方程组x=y+1y2=4x，可得x2﹣6x+1则x1+x2＝6，所以|AB|＝x1+x2+2＝8，又点O到直线AB的距离为dO−AB故S△OAB7．（2023秋•浙江期中）如图，点A是抛物线y2＝2px（p＞0）上的动点，过点M（2，1）的直线AM与抛物线交于另一点B．（Ⅰ）当A的坐标为（1，2）时，求点B的坐标；（Ⅱ）已知点P（2，0），若M为线段AB的中点，求△PAB面积的最大值．【解题思路】（Ⅰ）由A，M的坐标，求出直线AB的方程，与抛物线的方程联立求出B的坐标；（Ⅱ）设直线AB的方程，由题意可得AB的纵坐标之和，与抛物线的方程联立，求出两根之和及两根之积，进而求出弦长|AB|的表达式，再求P到直线AB的距离d，代入三角形的面积公式，由二次函数的最值的方法求出面积的最大值．【解答过程】解：（1）当A的坐标为（1，2）时，则22＝2p•1，所以2p＝4，所以抛物线的方程为：y2＝4x，由题意可得直线AM的方程为：y﹣2=2−11−2（x﹣即x＝﹣y+3，代入抛物线的方程可得y2+4y﹣12＝0，解得y＝﹣6或2，代入抛物线的方程可得y=−6x=9所以B（9，﹣6）；（2）设直线AB的方程：x＝my+n，因为M在直线AB上，所以m+n＝2，P到直线AB的距离d=|2−n|1+m2=|m|1+m2，设A（x1，y1由M（2，1）是AB的中点可得，y1+y2＝2×1＝2，联立y2=2pxx=my+n，整理可得：y2﹣2pmy﹣2pn所以y1+y2＝2pm＝2，即pm＝1，y1y2＝﹣2pn，|AB|=1+m2|y1﹣y1|=所以S△PAB=12|AB|•d=12•1+m将pm＝1代入，S△PAB=4m−m所以当m＝2时，取等号，所以△PAB面积的最大值为2．8．（2023春•江门期末）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，并且经过点A（1，﹣2）．（1）求抛物线C的方程；（2）过原点O作倾斜角为45°的直线l交抛物线C于M，N两点，求△FMN的面积．【解题思路】（1）把点A的坐标代入抛物线方程求得p，即可得到抛物线C的方程；（2）写出直线l的方程，与抛物线方程联立求得M与N的坐标，再由三角形面积公式求解．【解答过程】解：（1）把点A（1，﹣2）代入抛物线C：y2＝2px（p＞0），可得（﹣2）2＝2p，解得p＝2，所以抛物线C的方程为C：y2＝4x；（2）抛物线的焦点为F（1，0），过原点O作倾斜角为45°的直线l方程为y＝x，联立y=xy2=2x，解得x=0不妨设M（0，0），N（4，4）．则△FMN的面积为S=1所以所求△FMN的面积为2．9．（2023春•江北区校级期末）已知椭圆E：x2+y2m=1的下焦点为F1、上焦点为F2，其离心率e=22．过焦点F（1）求实数m的值；（2）求△ABO（O为原点）面积的最大值．【解题思路】（1）根据已知条件得b2＝1，a2＝m，结合离心率e=c（2）设直线的方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式以及三角形的面积公式，基本不等式即可得出答案．【解答过程】解：（1）由题意可得，b2＝1，a2＝m，因为离心率e=c所以c=2因为a2＝b2+c2，所以m＝1+m2，解得m＝（2）由（1）知，椭圆E：x2+y22=1，上焦点F2（设A（x1，y1），B（x2，y2），直线l的方程为：y＝kx+1，联立y=kx+1x2+y22=1，得（k2+2）x2所以x1+x2=−2kk2+2，x1所以|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（−2kk2+2=4所以|x1﹣x2|=2所以S△ABO=12•|x1﹣x2|×|OF2|==2当且仅当k2+1=1k所以△ABO（O为原点）面积的最大值为2210．（2023秋•连云港期中）已知离心率为233的双曲线C：x2a2−y2b2=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线与抛物线D：y2＝2px（p＞0（1）求双曲线C的渐近线方程；（2）求实数p的值．【解题思路】（1）根据离心率可求ba（2）根据（1）的结果可求A，B的坐标，结合题设中的面积可求p的值．【解答过程】解：（1）因为e=233，所以c故双曲线的渐近线方程为：y=±（2）不失一般性，可设A在x轴下方，B在x轴上方，因为抛物线的准线方程为：x=−由y=33x同理可得B(−p2因为S△OAB=111．（2023春•温州期中）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点为F，且F为圆（x﹣1）2+y2＝16的圆心．过F点的直线l交抛物线于圆分别为A，C，D，B（从上到下）．（1）求抛物线方程并证明|AC||BD|是定值；（2）若△AOC，△BOD的面积比是4：1，求直线l的方程．【解题思路】（1）由题知，F（1，0）故p＝2，进而可得抛物线的方程，设直线l的方程为x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与抛物线的方程，结合韦达定理可得y1+y2，y1y2，再计算|AC||BD|＝（|AF|﹣|FC|）（|BF|﹣|DF|），即可得出答案．（2）S△AOCS△BOD=4⇔|AC||BD|=4（m＞0），结合（1）可知|AC|＝2，|BD|=12，又|AB|【解答过程】解：（1）由题知，F（1，0）故p＝2，抛物线方程为y2＝4x，设直线l的方程为x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），x=my+1y2=4x，得y2﹣4my﹣4∴y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，∴|AC||BD|＝（|AF|﹣|FC|）（|BF|﹣|DF|）＝|AF||BF|﹣（|AF|+|BF|）+1，=(x（2）S△AOCS△BOD=4⇔|AC|由（1）知|AC||BD|＝1，可求得|AC|＝2，|BD|=1故|AB|＝|AC|+|BD|+|CD|，所以x1+x2+2＝2+12+2，x1+xx1+x2＝my1+1+my2+1＝m（y1+y2）+2=5所以m（y1+y2）=12，4m2由图可知m＞0，故m=2所以直线l的方程为x=24y+1，即4x−2y﹣412．（2023•上城区校级模拟）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）经过点(2，22)，P是圆M：（x+1）2+y2＝1上一点，PA，（1）求抛物线C的方程及其准线方程；（2）求△PAB的面积得最大值．【解题思路】（1）把点(2，22)代入抛物线（2）设P（x0，y0），切线方程为x﹣x0＝m（y﹣y0），PA，PB的斜率分别为1m1，1m2，联立切线与抛物线的方程，得关于x的一元二次方程，然后求出点A，B的坐标，得到直线BA的方程，再计算点P到直线【解答过程】解：（1）因为抛物线C经过点(2，所以(22)2=4p，即所以抛物线的方程为y2＝4x，所以准线方程为x=−（2）设P（x0，y0），切线方程为x﹣x0＝m（y﹣y0），PA，PB的斜率分别为1m1，由x−x0=m(y−y0)y2=4x，得y2﹣4my令Δ＝0，得m2﹣y0m+x0＝0，由韦达定理可得m1+m2＝y0，m1m2＝x0，且yA＝2m，yB＝2m2，所以A（m12，2m1），B（m22，2m2），于是kAB=y所以直线AB的方程为2m1+m2（x﹣m12）＝y即2x﹣（m1+m2）y+2m1m2＝0，所以点P到直线AB的距离为d=|2|AB|=(m12−m22)+(2所以S△PAB=12|AB|•d=12|m1﹣m2||2x0﹣（m1+m2）y0+2m=12y02−4x0|2x0﹣y02+2x0|=1=12(1−(x0+1)2−4所以△PAB的面积得最大值为82．13．（2023秋•路南区校级期中）已知抛物线T：y2＝2px（p∈N+）和椭圆C：x25+y2=1，过抛物线T的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，线段AB的中垂线交椭圆（Ⅰ）若F恰是椭圆C的焦点，求p的值；（Ⅱ）若MN恰好被AB平分，求△OAB面积的最大值．【解题思路】（1）由题可知F是椭圆C的焦点，根据椭圆方程即可求解；（2）由抛物线与直线相交于A，B两点，则联立直线与抛物线方程，可得到AB中点G的坐标，根据垂直关系，以及点G在椭圆内部，即可进行求解．【解答过程】解：（Ⅰ）在椭圆中，c2＝a2﹣b2＝4，所以c＝2，由p2=2，得p＝（Ⅱ）设直线l：x=my+p2，代入抛物线方程得y2﹣2mpy﹣p2＝设AB的中点G（x0，y0），则y0＝mp，x0由kOG⋅kMN=−由点G在椭圆内，得(m2p+因为p∈Z，所以p的最大值是2，△OAB面积S=1所以，当p＝2时，△OAB面积的最大值是3214．（2023秋•柳州月考）已知动点P到点F1（﹣1，0）的距离与到点F2（1，0）的距离之和为22，若点P形成的轨迹为曲线C（1）求曲线C的方程；（2）过F1作直线l与曲线C分别交于两点M，N，当F2M→⋅F【解题思路】（1）根据椭圆的定义可得动点P的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，求出a，b的值，即可得出答案．（2）对直线l的斜率分类讨论，若斜率不存在，直接求出F2M→•F2N→和S△MF2N的最值；若斜率不存在，设直线方程和点M，N坐标，联立方程组，并消元得到一元二次方程，根据韦达定理表示出x1+x2，x1x2【解答过程】解：（1）动点P到两顶点F1（﹣1，0），F2（1，0）的距离之和为22，所以|PF1|+|PF2|＝22＞|F1F2|＝2则动点P的轨迹是F1，F2为焦点的椭圆，所以2a＝22，c＝1，即a=2，b2＝a2﹣c2＝1所以曲线C的方程为x22+y2（2）①当直线l的斜率不存在时，x＝﹣1，则M（﹣1，22），N（﹣1，−此时F2M→S△MF2N=12×2×②当直线l的斜率存在时，设为y＝k（x+1）（k≠0），M（x1，y1），N（x2，y2），联立y=k(x+1)x22+y2=1，得（1+2k2）x2+4k2x+2所以x1+x2=−4k22k2所以y1y2＝k（x1+1）•k（x2+1）＝k2（x1x2+x1+x2+1）=−F2M→•F2M→=（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝x1x2﹣（x1+x=2(=7=7综合①②可得，当直线l：x＝﹣1时，F2M→所以S△M15．（2023秋•常州期中）已知抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F与双曲线x2−y23=1的右顶点重合，过点M（3，0）作㑔斜角为45°的直线（1）求抛物线方程；（2）若O为坐标原点，求△AOB的面积．【解题思路】（1）求出双曲线的右顶点，得到抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F，即可求解抛物线方程．（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，求解三角形的面积．【解答过程】解：（1）由双曲线x2−y23即可得抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F（1，0），所以抛物线的方程为y2＝4x．（2）由题意可得直线l的方程：y＝x﹣3，将直线与抛物线联立y=x−3y2=4x，整理可得y2﹣4y设A（x1，y1），B（x2，y2），所以y1+y2＝4，y1y2＝﹣12，S△AOB=12×3×|y1﹣y216．（2023秋•浙江期中）已知曲线C上任意一点到点F(6，0)的距离与到直线x=463距离之比为32，在曲线C上取A、B两点，使得线段AB的中点P在圆x（1）求曲线C的方程；（2）若O为坐标原点，求△AOB面积的最大值．【解题思路】（1）设曲线C上任一点M（x，y），根据题意列出关系式，即可求出曲线C的方程；（2）当AB⊥x轴时，根据椭圆的对称性易求出S△AOB=3；当AB不垂直x轴时，设直线AB方程为y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），将其与椭圆方程联立，化简整理，根据韦达定理，求出P点的坐标，根据弦长公式求出|AB|2，再求出O到直线AB的距离d，即可求出（S△AOB）2，再根据基本不等式即可求出（S△AOB）2【解答过程】解：（1）设曲线C上任一点M（x，y），则(x−6化简得C的方程x2（2）当AB⊥x轴时，P位于x轴上，且OP⊥AB，由|OP|=2可得|AB|=所以S△AOB当AB不垂直x轴时，设AB的方程为y＝kx+t，与椭圆交于A（x1，y1），B（x2，y2），由x28+y22=1，y=kx+t得（1+4k2）x2+8所以x1从而P(−4kt由P在圆x2+y2＝2上，可得t2因为|AB|设O到直线AB的距离为d，则d2所以(S故(S△AOB)2≤4，当且仅当8k2−t2+2＝所以S△AOB≤2，当且仅当k2故△AOB面积的最大值为2．17．（2023秋•包河区校级期中）已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)），离心率为32，如图，AB是圆M：（x+2）（1）求椭圆E的方程；（2）点P为椭圆E上一个动点，求△PAB面积的最大值．【解题思路】（1）可设椭圆E的方程为x2+4y2＝4b2，①设出直线AB的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，结合圆的直径和中点坐标公式，解方程可得b2＝3，即可得到椭圆方程．（2）设P（23cosθ，3sinθ），求得点P到直线AB的距离的最大值即可．【解答过程】解：（1）因为椭圆E：x2a2+y2b2故可设椭圆E的方程为x2+4y2＝4b2，①由题意可得圆心M（﹣2，1）是线段AB的中点，且|AB|=10易知AB与x轴不垂直，记其方程为y＝k（x+2）+1，代入①可得（1+4k2）x2+8k（1+2k）x+4（1+2k）2﹣4b2＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=−8k(1+2k)1+4k2，x1由M为AB的中点，可得x1+x2＝﹣4，得−8k(1+2k)1+4k2=−4从而x1x2＝8﹣2b2，于是|AB|=1+14⋅(x则有椭圆E的方程为x2（2）设P（23cosθ，3sinθ），由（1）可得AB的方程为：x﹣2y+4＝0，点P到直线AB的距离为d=|2∴dmax=2故△PAB面积的最大值为S=12×18．（2023•贵溪市校级三模）已知椭圆x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右顶点为A（2，0），离心率为22，过点B（0，﹣2）及左焦点（1）求椭圆的方程；（2）求△CDF2的面积．【解题思路】（1）由已知结合隐含条件求得a与b的值，则椭圆方程可求；（2）写出直线BF1所在直线方程，与椭圆方程联立，利用弦长公式求|CD|，再由点到直线的距离公式求点F2到直线BF1的距离，代入三角形面积公式求解．【解答过程】解：（1）由题意可得，a=2又e=ca=c2=22，∴c＝1，则b2＝可得椭圆方程为x22+y2（2）∵F1（﹣1，0），∴直线BF1的方程为y＝﹣2x﹣2，由y=−2x−2x22+y2∵Δ＝162﹣4×9×6＝40＞0，∴直线与椭圆有两个公共点，设为C（x1，y1），D（x2，y2），则x1∴|CD|=1+(−2)2•|x1﹣x2|=5•(又点F2到直线BF1的距离d=4故S△CDF2=12|19．（2023•陕西模拟）已知椭圆y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的一个焦点与抛物线x（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）设过点（0，3）的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，且A，B与坐标原点O构成三角形，求△AOB面积的最大值．【解题思路】（Ⅰ）根据椭圆的几何性质，求出a2，b2的值，即可求解；（Ⅱ）设出点A，B的坐标，直线l的方程并与椭圆的方程联立，再由弦长公式及韦达定理求得|AB|的表达式，进而求得S△AOB的表达式，再利用基本不等式求解即可．【解答过程】解：（Ⅰ）∵抛物线x2＝8y的焦点坐标为（0，2），∴椭圆的半焦距c＝2．由题可知，解得a2＝8，b2＝4，∴椭圆的标准方程为y2（Ⅱ）设点A（x1，y1），B（x2，y2）．∵A，B，O三点构成三角形，所以直线l的斜率存在且不为0，则可设直线l的方程为y＝kx+3．联立，消去y整理得（2+k2）x2+6kx+1＝0．由Δ＞0得36k2﹣4（2+k2）＞0，即k2∴x1+x∴|AB|=(1+易知，点O到直线l：y＝kx+3的距离ℎ=∴S△AOB设4k则k2∴4k当且仅当t＝3，即k2∴△AOB面积的最大值为3220．（2023秋•浙江期中）如图，已知抛物线C1：y2＝4x，椭圆C2：x24+y2=1．过点E（m，0）作椭圆C2的切线交抛物线C1于A，B两点（其中m＞2）．在x轴上取点（Ⅰ）求椭圆C2的右焦点到抛物线C1准线的距离；（Ⅱ）当△ABG的面积为242时，求直线AB的方程．【解题思路】（Ⅰ）由椭圆和抛物线的标准方程，分别求出准线方程和焦点坐标，即可得到答案；（Ⅱ）设直线AB的方程为y＝k（x﹣m），与椭圆联立方程组，由此求出k与m的关系，与抛物线联立方程组，利用韦达定理以及kAG+kBG＝0，化简整理可得t＝﹣m，表示出△ABG的面积，列出关系式，转化为关于m的方程，求出m的值，即可得到k的值，从而得到直线AB的方程．【解答过程】解：（Ⅰ）抛物线C1：y2＝4x，则准线为x＝﹣1，椭圆C2：x24+y2=1所以椭圆C2的右焦点到抛物线C1准线的距离为3+1（Ⅱ）因为m＞2且直线AB与椭圆相切，所以直线AB的斜率必存在，设直线AB的方程为y＝k（x﹣m），联立方程组y=k(x−m)x24+y2=1，可得（4k2+1）x2﹣8k2mx+4因为直线AB与椭圆相切，所以Δ＝64k4m2﹣4（4k2+1）（4k2m2﹣4）＝0，化简整理可得k2联立方程组y=k(x−m)y2=4x，可得k2x2﹣（2k2m+4）+k2设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1设G（t，0），则kAG因为∠AGE＝∠BGE，则kAG+kBG＝0，所以y1x1−t+y2x2−t=0，即x2y1+x1y2所以x2（kx1﹣km）+x1（kx2﹣km）﹣t（kx1+kx2﹣2km）＝0，即2kx1x2﹣km（x1+x2）﹣kt（x1+x2）+2kmt＝0，将x1化简整理可得，m+t＝0，即t＝﹣m，所以S△ABG==1=1=1=1=2(m−化简可得，m2（m2+m﹣4）＝72，因为m＞2，所以m＝3，则k2所以k=±故直线AB的方程为y=±21．（2023•上城区校级开学）已知椭圆：y24+x2=1，过椭圆左顶点A的直线l1交抛物线y2＝2px（p＞0）于B，C两点，且BC→=2CA→，经过点C（1）证明：直线l2过定点．（2）求四边形ADBE的面积最大值及p的值．【解题思路】（1）设直线l1的方程与抛物线方程联立，利用韦达定理结合向量的关系，求出y1＝3y2，进而用斜率表示y1，y2，p，求出点C的坐标，求出直线l2的方程，即可证明；（2）由题意得到S四边形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE，然后利用点到直线距离公式求出点A到直线l2的距离d，联立直线l2与椭圆的方程，利用弦长公式求出|DE|，从而表示出△ADE的面积，由基本不等式求解最值，即可得到答案．【解答过程】（1）证明：由椭圆：y24+x2=1，可知点A的坐标为（﹣1，0），且直线l1过点A与抛物线y2＝2px（p＞则直线l1的斜率存在且不为0，设直线l1的方程为x＝my﹣1（m＞0），B（x1，y1），C（x2，y2），联立方程组x=my−1y2=2px，可得y2﹣2pmy则Δ＞0且y1+y2＝2pm，y1y2＝2p，由BC→=2CA→，则点故y1＝3y2，所以y2=pm2，p因此x2故点C(1又kl1=所以kl则直线l2的方程为y−43m故直线l2恒过定点（3，0）；（2）解：由BC→=2CA故S△BDE＝2S△ADE，即S四边形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE，由（1）可知，直线l2为y=−12mx+1m，即x+2my﹣2＝0且故点A到直线l2的距离d=|−2−2|设D（x3，y3），E（x4，y4），联立方程组x+2my−2=0y24+x2=1，可得（1+16m2）故Δ＝（﹣32m）2﹣4×（1+16m2）×12＝256m2﹣48，由|DE|=1+4所以S=8当且仅当16m2−3=416m所以S四边形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE＝6，故四边形ADBE的最大面积为6，此时p=822．（2023春•芜湖期中）平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2+4y2＝1，抛物线E：x2＝2y．设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M．（1）求证：点M在定直线上；（2）直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求S1【解题思路】（1）根据题意，可先对抛物线x2＝2y求导，利用导数的几何意义，写出切线l的方程，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理，即可进行求证；（2）由（1）可得P，G，D的坐标，分别求出S1，S2，即可进行计算．【解答过程】解：（1）证明：设P(m，由x2＝2y可得y'＝x，所以直线l斜率为m，因此直线l方程为y−m2设A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0），联立x2+4y2=1y=mx−m22，得（4m2+1）x2﹣4m3由Δ＞0，得0＜m＜2+5且x1因此x0=2m3因为y0x0=−1联立x=my=−14mx得点所以点M在定直线y=−（2）由（1）知直线l方程为y=mx−令x＝0，得y=−m2又P(m，m22)所以S1S2所以S1S2=2(4m2+1)(则S1当1t=12，即t＝2时，23．（2023•广西模拟）已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点E（﹣1，0），圆x2+y2＝r2（r＞0）与抛物线C交于A，B两点，直线BE与抛物线交点为D．（1）求证：直线AD过焦点F；（2）过F作直线MN⊥AD，交抛物线C于M，N两点，求四边形ANDM面积的最小值．【解题思路】（1）设A（x0，y0），B（x0，﹣y0），写出直线BE的方程，与抛物线的方程联立，运用韦达定理，可得D的坐标，进而得到直线DF的斜率，与直线AF的斜率比较，可得证明；（2）可设直线AD的方程为y＝k（x﹣1），直线MN的方程为y=−1k（x﹣1），与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得|AB|，|【解答过程】解：（1）证明：设A（x0，y0），B（x0，﹣y0），直线BE的方程为y=−y0x与y2＝4x联立，可得y04y2+（x0+1）y+y0＝因为有一根﹣y0，可得﹣y0yD＝4，即有yD=−即D（4y02，−4y0），又直线DF的斜率为4y直线AF的斜率为y0所以直线AF的斜率和直线DF的斜率相等，所以直线AD过焦点F；（2）可设直线AD的方程为y＝k（x﹣1），直线MN的方程为y=−1k（x联立y=k(x−1)y2=4x，可得k2x2﹣（2k2+4）x+设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝2+4|AD|＝x1+x2+2＝4+4同理可得|MN|＝4+4k2，所以四边形ANDM面积S=12|AB|•|MN|=12（4+4k2）（4+4k2）＝8（2+k2+当且仅当k＝±1时，取得等号．所以四边形ANDM面积的最小值为32．24．（2023春•徐汇区校级月考）在平面直角坐标系xOy中，C（﹣2，0），D（2，0），曲线E上的动点P满足|PC|+|PD|＝42，直线l过D交曲线E于A、B两点．（1）求曲线E的方程；（2）当AC⊥AB时，A在x轴上方时，求A、B的坐标；（3）当直线l的斜率为2时，求三角形CAB的面积．【解题思路】（1）利用椭圆的定义确定点P的轨迹是椭圆，然后利用待定系数法求解椭圆的方程即可；（2）设A（x0，y0）（y0＞0），利用向量垂直的坐标表示列式得到x0，y0的关系式，结合点A在椭圆上，求出点A的坐标，然后求出直线AB的方程，与椭圆方程联立，求出点B的坐标即可；（3）求出直线l的方程，与椭圆方程联立，得到韦达定理，利用弦长公式求出|AB|，由点到直线的距离公式求解点C到直线l的距离，然后由三角形的面积公式求解即可．【解答过程】解：（1）因为|PC|+|PD|=42则点P的轨迹是以C，D为左右焦点的椭圆，设椭圆的标准方程为x2则a=22所以b=a故曲线E的方程为x2（2）设A（x0，y0）（y0＞0），则x0又AC→因为AC⊥AB，且点A，B，D在同一条直线l上，所以AC⊥AD，故AC→联立方程组x028因为y0＞0，则y0＝2，代入x02+y02所以点A的坐标为（0，2），因为A（0，2），D（2，0），所以直线AB的方程为x2联立方程组x28+y2故点B的坐标为(8（3）由题意可知，直线l的方程为y＝2（x﹣2），即2x﹣y﹣4＝0，联立方程组x28+y24=12x−y−4=0，解得9x则Δ＝322﹣4×9×24＝160＞0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1故|AB|=1+又点C到直线l的距离为d=|2×(−2)−0−4|所以S=1=1625．（2023春•台州期中）如图，设曲线ξ：y2＝x﹣1过抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点F，直线l1过F与Γ从下到上依次交于A，B，与ξ交于F，P，直线l2过F与Γ从下到上依次交于C，D，与ξ交于Q，F，直线l1，l2的斜率乘积为﹣2．（Ⅰ）求P，Q两点的纵坐标之积；（Ⅱ）设△ACF，△PQF，△BDF的面积分别为S1，S2，S3，求S1【解题思路】（I）由曲线ξ：y2＝x﹣1过抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点F（p2，0），可得0=p2−1，解得p．设直线l1：y＝k1（x﹣1），直线l2：y＝k2（x﹣1），分别与曲线ξ：y2＝x﹣1联立解得（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），联立y=k1(x−1)y2=4x，消去x利用根与系数的关系可得y1+y2，y1y2.同理可得：y3+y4，y3y4，又x1x2=y12y2216，y1+y2＝k1（x1+x2﹣2），可得x1+x2，同理可得：x3x4，x3+x4，设∠PFQ＝θ，则S1S3=12|FA||FC|sinθ×12|FB||FD|sinθ=14（由（I）可得：|PF|2=1k12+1k14，|QF|2=1k22+1k24，S22=14|【解答过程】解：（I）由曲线ξ：y2＝x﹣1过抛物线Γ：y2＝2px（p＞0）的焦点F（p2，0∴0=p2−1，解得p∴抛物线Γ：y2＝4x．设直线l1：y＝k1（x﹣1），直线l2：y＝k2（x﹣1），联立y=k1(x−1)y2=x−1，消去x可得：k1y2＝y，解得y∴P（1+1k1同理可得：Q（1+1k2又k1k2＝﹣2，∴P，Q两点的纵坐标之积=1（II）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），联立y=k1(x−1)y2=4x，消去x化为：k1y2﹣4y﹣4k1＝0，∴y1+y2=4k同理可得：y3+y4=4k2，y3y4又x1x2=y12y2216=1，y1+y2＝k1（x1+x2﹣2），∴x同理可得：x3x4＝1，x3+x4＝2+4设∠PFQ＝θ，则S1S3=12|FA||FC|sinθ×12|FB||FD|sinθ=14（x1+1）（x2+1）（x3+1）（x=14（x1x2+x1+x2+1）（x3x4+x3+x4+1）sin=14（4+4k12）（＝4（1k12+1）（1k2由（I）可得：|PF|2=1k12+1k则S22=14|PF|2•|QF|2sin2θ=14（=141k121k22=116（1k12+1）（1∴S1⋅26．（2023春•温州期末）如图，已知点P（2，2）是抛物线C：y2＝2x上一点，过点P作两条斜率相反的直线分别与抛物线交于A、B两点，直线PA的斜率为k（k＞0）．（Ⅰ）若直线PA、PB恰好为圆（x﹣2）2+y2＝1的切线，求直线PA的斜率；（Ⅱ）求证：直线AB的斜率为定值．并求出当△PAB为直角三角形时，△PAB的面积．【解题思路】（Ⅰ）依题意直线PA方程：y﹣2＝k（x﹣2）（k＞0），由直线PA与圆相切，得圆心到直线PA的距离等于半径，解得k．（Ⅱ）设A（xA，yA），B（xB，yB），联立直线PA与抛物线方程，结合韦达定理可得yAyP，解得yA，进而可得A点坐标，用﹣k代替k可得B点坐标，计算kAB，分三种情况：1°当∠PAB＝90°时，2°当∠APB＝90°时，3°当∠ABP＝90°时，分析△PAB的面积．【解答过程】解：（Ⅰ）依题意，PA：y﹣2＝k（x﹣2）（k＞0），由直线PA与圆（x﹣2）2+y2＝1相切，可得|2k−0+2−2k|1+解得k=3（Ⅱ）设A（xA，yA），B（xB，yB），联立直线PA与抛物线方程y−消去x可得：ky2﹣2y+4﹣4k＝0，∴yAyP∴A(2用﹣k代替k可得：yB∴B(2因此，kAB即直线AB的斜率为定值−11°当∠PAB＝90°时，由kAB⋅k＝﹣1得k＝2，此时P（2，2），A(12，求得|PA|=325，|AB|=22°当∠APB＝90°时，可得k＝1，此时P（2，2），A（0，0），B（8，﹣4），求得|PA|=22，|PB|=62，3°当∠ABP＝90°时，无解．综上所述，当△PAB为直角三角形时，△PAB的面积为152或1227．（2023春•湖州期末）如图，点P是抛物线x2＝4y在第一象限内的动点，过点P作圆M：x2+（y﹣2）2＝4的两条切线，分别交抛物线的准线l于点A，B．（Ⅰ）当∠APB＝90°时，求点P的坐标；（Ⅱ）当点P的横坐标大于4时，求△PAB面积S的最小值．【解题思路】（Ⅰ）当∠APB＝90°时，圆及圆的切线的性质知P到圆心M（0，2）的距离是22，设P（2t，t2）（t＞0），则4t2+（t2﹣2）2＝8，解得t，即可得出P（Ⅱ）设P（2t，t2）（t＞2），切线方程为y﹣t2＝k（x﹣2t），由于相切，由圆心M到切线的距离等于半径，得2=|t2−2kt−2|1+k2，即（4t2﹣4）k2+4t（2﹣t2）k+t4﹣4t2＝0，记PA，PB的斜率分别为k1，k2，由韦达定理得k1+k2，k1k2，联立切线与准线y＝﹣1，解得xA，同理可得xB，进而可得|【解答过程】解：（Ⅰ）当∠APB＝90°时由圆及圆的切线的性质知P到圆心M（0，2）的距离是22设P（2t，t2）（t＞0），则4t2+（t2﹣2）2＝8⇒t2＝2，所以t=2，即P(2（Ⅱ）设P（2t，t2）（t＞2），切线方程为y﹣t2＝k（x﹣2t），即kx﹣y+t2﹣2kt＝0，则由2=|记PA，PB的斜率分别为k1，k2，则k1+k由y=k1x+t2−2tk同理得xB=−1−t2所以|AB|=(1+t所以S==1将k1+k得S=2令t2﹣4＝m＞0，则S=2当且仅当m＝5即t＝3时取等号（即点P（6，9），所以△PAB的面积的最小值是40．28．（2023•赤峰模拟）已知椭圆Γ的中心在原点O，焦点F1，F2在x轴上，离心率为22，过左焦点F1的直线l1交Γ于A，B两点，过右焦点F2的直线l2交Γ于C，D两点，且点A，C位于x轴上方，当直线l1的倾斜角为90°时，恰有|AB|＝2．（1）求椭圆Γ的方程；（2）若直线l1，l2的斜率之积为−12，求四边形【解题思路】（1）设椭圆Γ的方程为x2a2+y2b2=1（a＞b＞