全國(guó)高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)微專題圓錐曲線中的面積問題

22一、基礎(chǔ)知識(shí)：、面積問題的解決策略：（1求三角形的面積需要尋底找高，需要兩條線段的長(zhǎng)度，為了簡(jiǎn)化運(yùn)算，通常優(yōu)先選擇能用坐標(biāo)直接進(jìn)行表示的底（或高（2面積的拆分：不規(guī)則的多邊形的面積通?？紤]拆分為多個(gè)三角形的面積和，對(duì)于三角形如果底和高不便于計(jì)算，則也可以考慮拆分成若干個(gè)易于計(jì)算的三角形個(gè)圖形面積的關(guān)系的轉(zhuǎn)化鍵求存異些圖形的底和高中是否存同底”或“等高”的特點(diǎn)，從而可將面積的關(guān)系轉(zhuǎn)化為線段的關(guān)系，使得計(jì)算得以簡(jiǎn)化、面積的最值問題：通常利用公式將面積轉(zhuǎn)化為某個(gè)變量的函數(shù)，再求解函數(shù)的最，在尋底找高的過程中選長(zhǎng)為定值的線段參與運(yùn)算可以使函數(shù)解析式較為簡(jiǎn)單，便于分析、橢圓與雙曲線中焦點(diǎn)三角形面積公式（證明詳見“圓錐曲線的性質(zhì)（）橢圓：設(shè)為橢圓tanVPFF2

2ya2b2

上一點(diǎn)，且

PF12

，則（2雙曲線：設(shè)2VPFF

P

為橢圓

aa2

上一點(diǎn)，且

PF12

，則二、典型例題：例設(shè)F為圓的右焦點(diǎn)橢中心任一直線與橢圓交于1當(dāng)四邊形PF的積最大時(shí)，PF的等于___________11

兩點(diǎn)，思路：由橢圓中心對(duì)稱的特性可知,Q關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱，所

VF與VQFF121

關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，面積相等。且四邊形

PF可拆成與VQFF1112

的和，所以四邊形

PF1的面積最大即

VF12

面積最大，因?yàn)?/p>

VF

1F1

p

，所以當(dāng)

最大時(shí)，VF12

面積最大。即P位于短軸頂點(diǎn)時(shí)，

VF12

面積最大。由

可知

22211122221112c

以

12

3,0

而算出

2

的值為

答案：

例2：已知點(diǎn)

P

是橢圓

16x

上的一點(diǎn)，且在

軸上方，

F12

分別為橢圓的左右焦點(diǎn)，直線PF的斜率為則VPFF21

的面積是（）

323

243

C.

32

24思路：將橢圓化為標(biāo)準(zhǔn)方程為

x22100

，進(jìn)而可得

c

，所以

F2

，計(jì)算

VF12

的面積可以以

F

為底，

P

為高，所以考慮利用條件計(jì)算出

P

的縱坐標(biāo)，x25設(shè)

x,y

，則有

k

PF

y3x

y，所以x

可解得

43

或

6419

（舍去以

S

1F3VF1答案：例3：知

為拋物線

y

的焦點(diǎn)，點(diǎn)

A,B

在該物線且位于

軸的側(cè)，OA2

，則

與

AFO

面積之和的最小值是（）

C.

178

思路：由

OA

入手可考慮將向量坐標(biāo)化，設(shè)

,y1

2

，則xxy112

，進(jìn)而想到可用韋達(dá)定理。所以設(shè)

AB

與

軸交于

M

直線ABx

。

聯(lián)

立

方

程

2xty

y2

，

所

以yyxx12

y

所由

xx2可：1212

2m2

所以

y1

，

不

妨

設(shè)

A

在

軸

上

方，

如

圖

可

得：S

VABO

V

119OMyOFyy，y知y2

21

，

11221122消元后可得：

V

VAFO

9292y8y8y11

，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)

y

43

，所以

VABO

V

的最小值為

答案：例：拋物線

y2

的焦點(diǎn)為

，準(zhǔn)線為

l

，經(jīng)過

斜率為3的直線與拋物在

軸上方的部分相交于點(diǎn)

A

，

，垂足為AKl3

，則

VAFKC.

的面積是（）3

思路：斜率為3可直線的傾斜角為

3

，從而可得KAF，3所以在計(jì)算面積時(shí)可利用兩邊夾角，所以可得

VAKF

12

，由拋物線性質(zhì)可得

AF

，所以只需求得焦半徑AF即需解出點(diǎn)橫坐標(biāo)利用幾何關(guān)系可得

OFFM

12

AF

，另一方面，由焦半徑公式可得：

，所以可得方程：

12

，從而

，所以

VAKF

1sin4323答案：小煉有話說(shuō)）題的解法是利用題目中的幾何關(guān)系求解，繞過代數(shù)運(yùn)算，而突破點(diǎn)即為直線的傾斜角

3

，所以當(dāng)題目中出現(xiàn)特殊角時(shí)，可以考慮蘊(yùn)含其中的幾何特點(diǎn)，從而使得運(yùn)算更為簡(jiǎn)單。（2）本題的x也通過聯(lián)立方程，使用代數(shù)方法解決，方法步驟如下：A由拋物線方程可得：

Fy

，聯(lián)立方程：2x

x

，整理可得：

x

x或

13

PMFVPMFPFFF11212PMFVPMFPFFF11212

xy23

或

1x32y3

（舍）

xA例5橢圓

9

的頂點(diǎn)為焦點(diǎn)點(diǎn)頂點(diǎn)的雙曲線

左焦點(diǎn)分別為

F12

，已知點(diǎn)M的坐標(biāo)為雙線C上點(diǎn)Py0PFFF121，S等于（）PFF11

0

滿足

2

4

C.

1

思路：可先利用橢圓確定雙曲線方程及其焦點(diǎn)坐標(biāo)，

9

的頂點(diǎn)為

，即為觀察

F的標(biāo)，橢圓的點(diǎn)為，而512121可想到投影，即在PF的影與MF在F的影相PFF11等，由幾何關(guān)系可得

1

為

F1

的角平分線。由

M

MF

，即平分F221

，從而M為VPFF12

的內(nèi)心，且內(nèi)切圓半徑

ryM

。從而

VPMF

V

11rPFPF2222答案：A例已知點(diǎn)

P

為雙曲線

2y2ba2b2

右支上一點(diǎn)，

F1

分別是雙曲線的左右焦點(diǎn)，且

FF12

ba

，

I

為三角形

PFF1

的內(nèi)心，若

IPFIPF

IFF

成立，則

的值為（）

12

3

C.

2

2思路：由三角形內(nèi)心的性質(zhì)可得

I

到三邊的距離相等，所以VIPF,IPFVIFF12

的

高

均

為

r

，

從

而

VIPFVIFF1221VIPFVIFF1221

IF

PFF即1

F11

a

所只需利用

FF12

ba

確定

,

的關(guān)系即可。解：QI

為三角形

PFF1

的內(nèi)心

VIPF

11PFSFF222

IF

PFF1

FFPFPF1

QP

在雙曲線上，且

F12

是焦點(diǎn)PFFF11

a

即

為離心率由

FF12

b可得：caa

2ac

2

2

，兩邊同時(shí)除以

2

得：ee

，解得

22

e2

即

答案：例7已知點(diǎn)

:

2yaa22

3的離心率為，是橢圓的2右焦點(diǎn)，直線

AF

的斜率為

233

，

為坐標(biāo)原點(diǎn)（1求E的方程（2設(shè)過點(diǎn)A的直線l與E相于Q兩點(diǎn)，當(dāng)OPQ面積最大時(shí)，求l的程解）

F

AF

23

c3Qe

3a

a

2c3

2

b22:

4

2思路首設(shè)

:y

，yy12

由像可得

VOPQ

12

d

，

221222221222考慮聯(lián)立直線與橢圓方程并利用點(diǎn)到直線距離公式和弦長(zhǎng)公式用

k

表示出

d

O

PQ

，從而

OPQ

也可用

k

進(jìn)行表示：

V

4242

442

442

，再利用均值不等式即可得到最大值。等號(hào)成立的條件

4k2

44k2

即為

的值意線與橢圓相交，所以消元后的方程

）（2設(shè)直線

ykx，P12

聯(lián)立方程可得：

ykxxy

x

2

，整理后可得：

2

kx12

，因?yàn)榉匠逃袃蓚€(gè)不等實(shí)根

解得：

3或2

VOPQ

1dd

22

2

12

2

x1

2

1由方程

2

kx

可得：x1

16k12,x4kk

代入

可得：

642424k24S

VOPQ

24k2144k2

44k2

44k2

由均值不等式可得：

4

44

2

44

4

2222等號(hào)成立條件：

4k

2

44k

4

2

4

72

OPQ

此

72l

的方程為

7或x2例8知橢圓

2ya2b

1的離心率為過右焦點(diǎn)F的直線l與C交于2

兩點(diǎn)，當(dāng)

l

的斜率為

時(shí)，坐標(biāo)原點(diǎn)

O

到

l

的距離為

22（1求橢圓

的方程（若

PQ,M,N

是橢圓

上的四點(diǎn)，已知

PF

與

FQ

共線，

MF

與

共線，且

，求四邊形

PMQN

面積的最小值解）

ea2

，設(shè)

F

l:x

c

2

a

2

2

xy43（2由（）可得：

F

，因?yàn)?/p>

PFMF

1MNPMQN設(shè)

y12

，

，聯(lián)立方程可得：x

，消去可：3x

2

k

2

整理后可得：

2

2

k

2

2

12x11

k14424k

①

222y222y設(shè)

MN:

11，以替換①中的可：MN

1124

12k3k2S

PMQN

122PQ3k2124k212425k12k設(shè)

u2

12

，可得

u2,

PMQN

u12u

11225時(shí)

min

28849例：在平面直角坐標(biāo)系

中，已知點(diǎn)

，

P

是動(dòng)點(diǎn)，且三角形

的三邊所在直線的斜率滿足

k

PA（1求點(diǎn)

P

的軌跡方程（2若Q是跡上于點(diǎn)P的個(gè)點(diǎn)，且

P，線O與QA于點(diǎn)，：是否存在點(diǎn)P使V和V的積滿足

PQM

S

？若存在，求出點(diǎn)P的標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由。（1）思路：本題設(shè)點(diǎn)

，且

OA

已知，直接利用條件列出等式化簡(jiǎn)即可解：設(shè)

P

可得：

y,kk

，依題意

kk

可得：x

整理后可得：yx

2

，其中

x0,x所以P的軌跡方程為

x

‘

211VPQMVPAM211VPQMVPAM（2）思路：從圖中可得PQA

和

V

的高相同，從而面積的比值轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)底邊的比，即

2

PAM

QA2AM

，再由

可得OA

，進(jìn)而2AMOPOM由OPM

共線再轉(zhuǎn)成向量關(guān)系則只需求出的標(biāo)即可解出

P

的坐標(biāo)解：設(shè)

11

2

22

QOAOAk

PQ

k

OA

，即

x2x2

x2k

QA

x2x2:

因?yàn)?/p>

OP:y1M:

y1

可解得

xM

121Q,SAM2QAAMQOA

且SPPQMVPAMAMOM，OMPMP所以存在符合條件的

P例10設(shè)拋物線

y

2

2x

的焦點(diǎn)為，過點(diǎn)M

3,0

相于A,兩，與拋物線的準(zhǔn)線相交于

BF

與

ACF

的面積之比

（）

44C.D.532思路：由

聯(lián)想到焦半徑公式，從而解得

22S2dACBQ2x1y22422122S2dACBQ2x1y