圓錐曲線中的面積與范圍問(wèn)題-2022年高考數(shù)學(xué)重難點(diǎn)專(zhuān)題(新高考地區(qū)專(zhuān)用)

專(zhuān)題19圓錐曲線中的面積與范圍問(wèn)題1、三角形的面積

①;(其中d是三角形的頂點(diǎn)O到直線AB的距離)

②.2、四邊形的面積或其他多邊形面積

;(其中弦AB與弦PQ所在直線互相垂直)若AB與PQ的夾角為θ,則,還有部分不規(guī)則的四邊形或其他多邊形面積問(wèn)題,可以轉(zhuǎn)化為三角形面積的倍數(shù),再參照上述三角形面積的求法進(jìn)行求解即可.3、求最值與范圍問(wèn)題的常用方法:

（1）幾何法:若題目利用圓錐曲線的定義轉(zhuǎn)化之后或題目中給的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義,則考慮利用圖形性質(zhì)來(lái)解決(比如:兩點(diǎn)間線段最短,或垂線段最短,或三角形的三邊性質(zhì)等)

解題模板:

第一步：根據(jù)圓錐曲線的定義或題目中給的條件和結(jié)論,把所求的最值或范圍轉(zhuǎn)化為平面上兩點(diǎn)之間的距離、點(diǎn)線之間的距離等;

第二步：利用兩點(diǎn)間線段最短,或垂線段最短,或三角形的三邊性質(zhì)等找到取得最值的臨界條件,進(jìn)而求出最值或范圍.（2）代數(shù)法:若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系,則可先建立起目標(biāo)函數(shù),再求這個(gè)函數(shù)的最值或范圍,最值常用基本不等式法、或利用求函數(shù)值域的方法(配方法、導(dǎo)數(shù)法等)求解.

解題模板:

第一步：將所求最值或范圍的量用變量表示出來(lái);

第二步：用基本不等式或求函數(shù)值域的方法求出最值或范圍.（2021秋?昌平區(qū)期末）直線3x﹣4y＝0與拋物線W：y2＝2px（p＞0）交于A，B兩點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線W的焦點(diǎn)，若|AB|＝5，則△ABF的面積為（）A．38 B．2732 C．32【分析】由直線AB的方程與拋物線的方程聯(lián)立求出A，B的坐標(biāo)，進(jìn)而求出弦長(zhǎng)|AB|的值，再由|AB|的值可得參數(shù)p的值，可得焦點(diǎn)F的坐標(biāo)，求出點(diǎn)F到直線AB的距離d，代入三角形的面積公式可得面積的值．【解答】解：設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立3x?4y=0y2=2px，可得：x=0所以|AB|=而|AB|＝5，可得322+24281?p所以F到直線AB的距離d=|3×所以S△ABF=12?|AB|?d=1故選：B．（2022春?安徽月考）已知焦距為2的橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0），橢圓C上的動(dòng)點(diǎn)P到一個(gè)焦點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離等于3．現(xiàn)有一條直線l過(guò)點(diǎn)Q（1，1）與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)Q【分析】根據(jù)題意求出橢圓的方程，點(diǎn)差法求出直線斜率得直線方程，聯(lián)立方程由根與系數(shù)的關(guān)系及弦長(zhǎng)公式求解即可．【解答】解：橢圓C上的點(diǎn)P到一個(gè)焦點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離等于3，則2c=2a+c=3，解得a=2所以b2＝a2﹣c2＝3，所以橢圓C的方程為x2設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x124兩式相減可得x12?因?yàn)閤1+x2＝2，y1+y2＝2，所以2(x所以直線l的斜率為y1所以直線l的方程y﹣1=?34（x﹣1），即3x+4由x24+y23所以x1+x2＝2，x1x2=1所以弦長(zhǎng)|AB|=1+(?34)2|x1﹣原點(diǎn)O（0，0）到直線l的距離d=|?7|所以△AOB的面積為12|AB|?d=故答案為：1056（2021秋?湖南期末）已知F為拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)F作兩條直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點(diǎn)，直線l2與C交于D，E兩點(diǎn)．若AB→?DEA．48 B．32 C．16 D．8【分析】設(shè)直線l1：y＝k（x﹣1），直線l1與拋物線方程聯(lián)立，求出|AB|，同理可得|DE|，從而表示可得面積，利用基本不等式，即可得出結(jié)論．【解答】解：依題意l1⊥l2，設(shè)直線l1：y＝k（x﹣1），直線l2：y=?1聯(lián)立y=k(x?1)y2=4x，得k2x2﹣（2k2+4）x+∵Δ＞0，設(shè)A（x1，y1）、B（x2，y2），∴x1+x2＝2+4∴|AB|＝x1+x2+2＝4+同理設(shè)D（x3，y3）、E（x4，y4），∴x3+x4＝2+4k2，∴|DE|＝x3+x4+2＝4（1+k2），設(shè)四邊形ADBE的面積S=12|AB|?|DE|＝8（2+k2當(dāng)且僅當(dāng)k＝±1時(shí)，四邊形ADBEE的面積取得最小值32．故選：B．（2021?汕頭二模）已知橢圓C：x22+y2＝1的左、右焦點(diǎn)分別是F1、F2，過(guò)F2的直線，與C交于A，B兩點(diǎn)，設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若OEA．1 B．2 C．3 D．22【分析】設(shè)過(guò)F2的直線的方程為x＝ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2）．聯(lián)立x=ty+1x2+2y2=2，消元利用韋達(dá)定理可得y1+y2=?2t2+t2，y1y【解答】解：設(shè)過(guò)F2的直線的方程為x＝ty+1，A（x1，y1），B（x2，y2）．聯(lián)立x=ty+1x2+2y2=2，可得（2+t2y1+y因?yàn)镺E→=OA則四邊形AOBE的面積S＝2×12×|y1﹣y2當(dāng)t＝0時(shí)，四邊形AOBE面積的最大值為2．故選：B．1．（2021春?廣東期末）已知F為拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)，過(guò)F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于A，B兩點(diǎn)，直線l2與C交于D，E兩點(diǎn)，則當(dāng)|AB|+|DE|取得最小值時(shí)，四邊形ADBE的面積為（）A．32 B．16 C．24 D．8【分析】由兩條直線垂直，再由|AB|+|DE|取得最小值時(shí)為|AB|＝|DE|可得A與D，B與E關(guān)于x軸對(duì)稱，可得直線DE的斜率為1，由題意進(jìn)而求出直線DE的方程，與拋物線聯(lián)立求出兩根之和及兩根之積，求出弦長(zhǎng)|DE|，再由互相垂直的四邊形的面積公式可得面積的值．【解答】解：因?yàn)锳B⊥DE，要使|AB|+|DE|最小，而|AB|+|DE|≥2|AB||DE|，由拋物線的對(duì)稱性可得A與D，B與E關(guān)于x軸對(duì)稱，所以可得直線DE的斜率為1，又過(guò)拋物線的焦點(diǎn)（1，0），所以直線DE的方程為：y＝x﹣1，y=x?1y2=4x，整理可得y2﹣4y﹣4＝0，y1+y2＝4，y1所以可得|DE|=1+12?(所以S四邊形ABCD=12|DE|?|AB|故選：A．2．（2021秋?泉州期末）已知P是橢圓C：x24+y2＝1的上頂點(diǎn)，過(guò)原點(diǎn)的直線l交C于A，B兩點(diǎn)，若△PAB的面積為2，則l的斜率為【分析】由橢圓的方程可得b的值，可得P的坐標(biāo)，設(shè)直線AB的方程，與橢圓的方程聯(lián)立．求出A，B的橫坐標(biāo)，求出橫坐標(biāo)之差的絕對(duì)值，進(jìn)而求出三角形的面積，由題意可得直線AB的斜率．【解答】解：因?yàn)镻是橢圓C：x24+y2設(shè)直線AB的方程為y＝kx，k≠0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y=kxx2+4y2=4，可得（1+4所以x＝±21+4所以|x1﹣x2|=4所以S△PAB=12|OP|?|x1﹣x2|=1由題意可得21+4k2=2故答案為：k＝±123．（2021秋?玉林期末）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點(diǎn)F在直線2x﹣y﹣2＝0上，過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，△OAF的面積是△OBF面積的4倍，則直線l的方程為y=±(43【分析】首先求得拋物線方程，設(shè)直線l的方程為my＝x﹣1，將直線方程與拋物線的方程聯(lián)立可得y1+y2=4my1y2【解答】解：設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（x1，y1）、（x2，y2），焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為（1，0），可求得p＝2，由S△OAF有12|y1|=2|y2設(shè)直線l的方程為my＝x﹣1，聯(lián)立方程y2=4xmy=x?1，消去x后整理為y2有y1+y2=4my1y2=?4，代入則直線l的方程為y=±(4故答案為：y=±(44．（2022?白山一模）已知拋物線C：y2＝2px的焦點(diǎn)為F（1，0），過(guò)F的直線與C交于A，B兩點(diǎn)，C在A處的切線與C的準(zhǔn)線交于P點(diǎn)，若|PF|=5，則|AB|＝5；△PAB面積的最小值為4【分析】由題意可得拋物線方程，設(shè)P在第二象限，由|PF|=5，可得P點(diǎn)坐標(biāo)，設(shè)直線AB的方程為x＝my+1，與y2＝4x聯(lián)立可得|AB|＝4（m2+1），設(shè)切線PA的方程為x＝ny+t，與y2＝4x聯(lián)立可得m=n2?12n，P（﹣1，n【解答】解：因?yàn)榻裹c(diǎn)為F（1，0），所以拋物線C：y2＝4x，不妨設(shè)P在第二象限，因?yàn)閨PF|=5，所以P設(shè)直線AB的方程為x＝my+1，與y2＝4x聯(lián)立并消去x，得y2﹣4my﹣4＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，所以|AB|=(1+m2)(16設(shè)切線PA的方程為x＝ny+t，與y2＝4x聯(lián)立消去x，得y2﹣4ny﹣4t＝0，因?yàn)棣ぃ?6n2+16t＝0，所以n2+t＝0，所以y2﹣4ny+4n2＝0，∴y＝2n，即y1＝2n，y2=?2n，m=n2?1若|PF|=5，則n?1n=1，m=12，|AB|＝4（m2+1）＝5，又P（﹣1，2m）到直線AB所以S△PAB=12|AB|d＝4（m2+1）m2+1∴S△PAB＝4a3≥4，所以當(dāng)m＝0時(shí)，△PAB面積的最小，最小值為4．故答案為：5；4．5．（2022?焦作一模）已知拋物線Γ：x2＝2py（p＞0）的焦點(diǎn)F與雙曲線2y2﹣2x2＝1的一個(gè)焦點(diǎn)重合．（1）求拋物線Γ的方程；（2）過(guò)點(diǎn)F作斜率不為0的直線l交拋物線Γ于A，C兩點(diǎn)，過(guò)A，C作l的垂線分別與y軸交于B，D，求四邊形ABCD面積的最小值．【分析】（1）由已知可得p2（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)F作斜率不為0的直線l的方程為y＝kx+1，由對(duì)稱性不妨設(shè)k＞0，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立方程可得x1+x2＝4k，x1x2＝4，可得SABCD=12|BD|×|x1|+12|BD|×|x2|＝8（1k+k）（k2+1），令y＝（1k+k）（k2【解答】解：（1）由2y2﹣2x2＝1要可得雙曲線的上焦點(diǎn)為F（0，1），∴p2=1，p＝2，∴拋物線Γ的方程為x2＝4（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)F作斜率不為0的直線l的方程為y＝kx+1，由對(duì)稱性不妨設(shè)k＞0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），由y=kx+1x2=4y，可得x2﹣4kx﹣4＝0，∴x1+x2＝4k，∴x1∴|x1﹣x2|=(過(guò)A與直線l垂直的直線方程為y=?1k（x﹣x1）+y1，令x＝0，得yB=?1kx1+y1=?1k過(guò)C與直線l垂直的直線方程為y=?1k（x﹣x2）+y2，令x＝0，得yD=?1kx2+y2=?1k∴|BD|＝（1k+k）|x1﹣x2|，∴SABCD=12|BD|×|x1|+12|BD|×|x2|=12|BD|×|x1﹣x2|=12（1k+k）|x1令y＝（1k+k）（k2+1）=1k+2k+k3，則y′=?當(dāng)k∈（0，33）時(shí)，y′＜0，當(dāng)k∈（33，+∞）時(shí)，y′＞0，∴當(dāng)k=33時(shí)，故四邊形ABCD面積的最小值為12836．（2021秋?麗水期末）如圖，橢圓E1：x26+y2m=1的右焦點(diǎn)為F（3，0），橢圓E2：x26+y2m=t（0＜t＜1），橢圓E2切點(diǎn)分別為Q、R．（Ⅰ）求實(shí)數(shù)m的值；（Ⅱ）求證：點(diǎn)Q是線段MN的中點(diǎn)；（Ⅲ）求四邊形OQMR面積的最大值．【分析】（Ⅰ）利用橢圓E1的右焦點(diǎn)為F（3，0），求出c=3然后求解m（II）當(dāng)直線MN斜率存在時(shí)，設(shè)MN：y＝kx+n，與x26+y23=t聯(lián)立，利用判別式為0，推出n2＝3t（1+2k2），求出Q的橫坐標(biāo)，設(shè)M（x1，y1），N（x（Ⅲ）說(shuō)明點(diǎn)R是線段MP的中點(diǎn)，S四邊形OQMR【解答】解：（Ⅰ）∵橢圓E1：x26+y2m=1的右焦點(diǎn)為F∴m＝3………（3分）（II）證明：當(dāng)直線MN斜率存在時(shí)，設(shè)MN：y＝kx+n，與x2得（1+2k2）x2+4knx+2n2﹣6t＝0，Δ＝16k2n2﹣4（1+2k2）（2n2﹣6t）＝8（3t+6tk2﹣n2）＝0，?n2＝3t（1+2k2），（*）∴xQ設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），當(dāng)t＝1時(shí)，x1+x2=?4kn1+2從而點(diǎn)Q是線段MN的中點(diǎn)，當(dāng)直線MN斜率不存在時(shí)，易知點(diǎn)Q仍是線段MN的中點(diǎn)，所以，點(diǎn)Q是線段MN的中點(diǎn)．………（7分）（Ⅲ）由（II）易知，點(diǎn)R是線段MP的中點(diǎn)，S四邊形OQMR當(dāng)直線MN斜率存在時(shí)S△OMN=1當(dāng)直線MN斜率不存在時(shí)，MN：x=6t，此時(shí)，|MN|=2∴S△OMN=23(1?t)∴S四邊形OQMR當(dāng)t=12時(shí)，S四邊形OQMR的最大值為7．（2021秋?東莞市期末）已知圓O：x2+y2＝1與x軸負(fù)半軸交于點(diǎn)A，過(guò)A的直線l1交拋物線y2＝2px（p＞0）與B，C兩點(diǎn)，且2AC→（1）證明：點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為定值；（2）若點(diǎn)C在圓O內(nèi)，且過(guò)點(diǎn)C與l1垂直的直線l2與圓O交于D，E兩點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積的最大值．【分析】（1）設(shè)直線l1的方程，與拋物線方程聯(lián)立，設(shè)B（x1，y1），C（x2，y2），結(jié)合2AC→=CB→，得到x1（2）根據(jù)（1）所設(shè)，表示出弦長(zhǎng)|AB|＝4k2+1，再求出|DE|=2【解答】解：由題意知點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），易知直線l1的斜率存在且不為零，設(shè)直線l1：y＝k（x﹣1），B（x1，y1），C（x2，y2），聯(lián)立y=k(x+1)y2=2px，得k2x2+2（k2﹣p）x+k2＝0，則Δ＝4（k2﹣p）2﹣4∴P＞2k2，∴x1+x2=?2(k2?p)k2由2AC→=CB→，即2（x2+1，y2）＝（x1﹣x2，y1﹣y2），∴2（x2+1）＝x1﹣x2，得到x1代入x1x2＝1，得x2=13或x又拋物線y2＝2px（p＞0）開(kāi)口向右，x＞0，所以點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為定值13（2）由（1）知點(diǎn)B的坐標(biāo)為（3，4k），故|AB|=(3+1)2由（1）知點(diǎn)C的坐標(biāo)為（13，4k由點(diǎn)C在圓O內(nèi)，得19+16k2又l2⊥l1，得l2的斜率為?1k，故l2的方程為y?4k3即3x+3ky﹣4k2﹣1＝0，故圓心O到直線l2的距離為4k由垂徑定理得|DE|＝21?(4故SADBC=12|AB|×|DE|==43?16k4當(dāng)且僅當(dāng)k2=132時(shí)，SADBC有最大值所以四邊形ADBE的面積的最大值為51368．（2021秋?重慶期末）設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為A(?2，0)，B(2，0)，直線AD，BD相交于點(diǎn)（Ⅰ）求點(diǎn)D的軌跡方程C；（Ⅱ）若斜率為k（其中k≠0）的直線l過(guò)點(diǎn)G（1，0），且與曲線C交于點(diǎn)E，F(xiàn)，弦EF的中點(diǎn)為H，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OH與曲線C交于點(diǎn)M，N，求四邊形MENF的面積S的取值范圍．【分析】（Ⅰ）設(shè)點(diǎn)根據(jù)條件列出代數(shù)等式，整理可得．（Ⅱ）寫(xiě)出直線方程代入消元，韋達(dá)定理整體代入求EF，點(diǎn)差法求OH斜率并求其方程，代入求橢圓方程，可得M，N兩點(diǎn)的坐標(biāo)，再求點(diǎn)到直線距離公式，進(jìn)一步求四邊形面積即可．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)D（x，y），根據(jù)題意可得kAD?kBD=?1所以yx+2?化簡(jiǎn)得x22+y2＝1（x所以點(diǎn)D的軌跡方程C為x22+y2＝1（x（Ⅱ）由x22+y2=1y=k(x?1)消y，得（1+2k2）x2﹣4設(shè)E（x1，y1），F(xiàn)（x2，y2），則x1Δ＝8k2+8＞0恒成立，則|EF|=1+由x1所以k=y則kOH由x22+y2=1y=?所以點(diǎn)M，N到直線EF的距離之和為dM則S=1又因?yàn)閗≠0，故S的取值范圍為(2，229．（2021?上城區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）已知橢圓：y24+x2=1，過(guò)橢圓左頂點(diǎn)A的直線l1交拋物線y2＝2px（p＞0）于B，C兩點(diǎn)，且BC→=2CA→，經(jīng)過(guò)點(diǎn)C（1）證明：直線l2過(guò)定點(diǎn)．（2）求四邊形ADBE的面積最大值及p的值．【分析】（1）設(shè)直線l1的方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理結(jié)合向量的關(guān)系，求出y1＝3y2，進(jìn)而用斜率表示y1，y2，p，求出點(diǎn)C的坐標(biāo)，求出直線l2的方程，即可證明；（2）由題意得到S四邊形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE，然后利用點(diǎn)到直線距離公式求出點(diǎn)A到直線l2的距離d，聯(lián)立直線l2與橢圓的方程，利用弦長(zhǎng)公式求出|DE|，從而表示出△ADE的面積，由基本不等式求解最值，即可得到答案．【解答】（1）證明：由橢圓：y24+x2=1，可知點(diǎn)A的坐標(biāo)為（﹣1，0），且直線l1過(guò)點(diǎn)A與拋物線y2＝2px（則直線l1的斜率存在且不為0，設(shè)直線l1的方程為x＝my﹣1（m＞0），B（x1，y1），C（x2，y2），聯(lián)立方程組x=my?1y2=2px，可得y2﹣2pmy則Δ＞0且y1+y2＝2pm，y1y2＝2p，由BC→=2CA→，則點(diǎn)故y1＝3y2，所以y2=pm2，p因此x2故點(diǎn)C(1又kl1=所以kl則直線l2的方程為y?43m=?故直線l2恒過(guò)定點(diǎn)（3，0）；（2）解：由BC→=2CA故S△BDE＝2S△ADE，即S四邊形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE，由（1）可知，直線l2為y=?12mx+32m，即x故點(diǎn)A到直線l2的距離d=|?1?3|設(shè)D（x3，y3），E（x4，y4），聯(lián)立方程組x+2my?3=0y24+x2=1，可得（1+16m故Δ＝（﹣48m）2﹣4×（1+16m2）×32＝256m2﹣128＞0，解得m2由|DE|=1+4所以S=16當(dāng)且僅當(dāng)44m2?2=94所以S四邊形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE＝4，故四邊形ADBE的最大面積為4，此時(shí)p=810．（2021春?舟山期末）已知橢圓C1：y2a2+x2b2=1(a＞b＞0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，離心率為12，一動(dòng)圓（1）求橢圓C1的方程及動(dòng)圓圓心軌跡C2的方程；（2）過(guò)F作兩條互相垂直的直線l1，l2，其中l(wèi)1交橢圓C1于P，Q兩點(diǎn)，l2交曲線C2于M，N兩點(diǎn)，求四邊形PMQN面積的最小值．【分析】（1）由長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4，離心率為12，可得2a=4e=ca=12a2=b2+c2（2）分兩種情況：當(dāng)直線PQ的斜率不存在，當(dāng)直線PQ的斜率存在時(shí)，分別聯(lián)立直線l1與橢圓的方程，直線l2與拋物線的方程，結(jié)合韋達(dá)定理，計(jì)算出|PQ|，|MN|，再計(jì)算S四邊形PMQN的面積，即可得出答案．【解答】解：（1）由已知可得2a=4e=則所求橢圓方程C1由已知可得動(dòng)圓圓心軌跡為拋物線，且拋物線C的焦點(diǎn)為（0，1），準(zhǔn)線方程為y＝﹣1，則動(dòng)圓圓心軌跡方程為C2（2）當(dāng)直線PQ的斜率不存在時(shí)，|PQ|＝4，此時(shí)|MN|＝4，從而SPMQN設(shè)直線PQ的斜率為k，則k≠0，直線PQ的方程為：y＝kx+1，直線MN的方程為y=?1kx+1，設(shè)P（x1，y1），Q（x2，y2），M（x3，y3），N（x4，由y=kx+1y24+x23=1，消去y可得（4+3|PQ|=1+由y=?1kx+1x2=4y，消去x得y2﹣（2k2由拋物線定義可知：|MN|=|MF|+|NF|=y∴SPMQN令1+k2＝t，∵k＞0，則t＞1，則SPMQN3?2所以S四邊形PMQN=24所以四邊形PMQN面積的最小值為8．11．（2022春?成都月考）已知圓C：（x﹣1）2+y2＝1，橢圓M：x2（1）求證：圓C在橢圓M內(nèi)；（2）若圓C的切線m與橢圓M交于P，Q兩點(diǎn)，F(xiàn)為橢圓M的右焦點(diǎn)，求△FPQ面積的最大值．【分析】（1）證明橢圓M上任意一點(diǎn)到圓心的距離大于半徑1即可解決；（2）以設(shè)而不求的方法得到△FPQ面積的表達(dá)式，再去求最大值即可．【解答】（1）證明：圓心C（1，0），半徑r＝1．設(shè)A（x，y）為橢圓M上一點(diǎn)，則|AC|∵?22≤x≤22，∴當(dāng)x＝2時(shí)，|AC而3＞1，即|AC|＞r，故點(diǎn)A總在圓C∴圓C在橢圓M內(nèi)．解：（2）若直線m斜率不存在，m不能過(guò)點(diǎn)F（2，0），則m的方程只能為x＝0，此時(shí)|PQ|＝4，S△FPQ＝4；若直線m斜率存在，設(shè)m的方程為y＝kx+t（t≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），由直線m與圓C相切得|k+t|k化簡(jiǎn)得t2+2kt＝1，則k=1由x28+y24=1y=kx+t得（2k2+1）Δ=(4kt)則x1|PQ|=k又F（2，0）到直線m的距離d=|2k+t|S△FPQ設(shè)s＝t4+1，則s＞1，S△FPQ綜上，△FPQ面積的最大值為4．12．（2021秋?福州期末）已知拋物線C：y2＝2px上的點(diǎn)P（3，c）（c＞0），到焦點(diǎn)F的距離為6．（1）求拋物線C的方程；（2）過(guò)點(diǎn)Q（2，1）和焦點(diǎn)F作直線l交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，求△PAB的面積．【分析】（1）根據(jù)拋物線的焦半徑公式求得p＝6，即可得到拋物線C的方程；（2）求出直線l的方程，聯(lián)立拋物線方程，進(jìn)而可求弦長(zhǎng)|AB|，再求出點(diǎn)P到直線l的距離，即可求△PAB的面積．【解答】解：（1）由題設(shè)，拋物線準(zhǔn)線方程為x=?p2，由拋物線定義知：3+p∴C：y2＝12x．（2）過(guò)點(diǎn)Q（2，1）和焦點(diǎn)F（3，0）的直線l的方程為y=1?02?3（x﹣3），即x+聯(lián)立拋物線方程：x+y?3=0y2=12x，整理得x2設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2＝18，x1x2＝9，故|AB|＝x1+x2+p＝24，∵點(diǎn)P（3，c）在拋物線上，則c2＝36，c＞0，∴c＝6，點(diǎn)P到直線l的距離為d=62=故△PAB的面積為S△PAB=12|AB|d=12×13．（2021秋?河南期末）已知橢圓C：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的短軸長(zhǎng)為2，直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，點(diǎn)P（b，1（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）求△PAB的面積S的最大值．【分析】（1）由短軸的值及點(diǎn)P的坐標(biāo)可得a，b的值，進(jìn)而求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）由題意可得直線PA，PB的斜率互為相反數(shù)，由斜率之和為0可得直線AB的斜率，求出P到直線AB的距離，及弦長(zhǎng)|AB|的表達(dá)式，代入面積公式，由函數(shù)的單調(diào)性求出面積的最大值．【解答】解：（1）由橢圓的短軸長(zhǎng)為2可得2b＝2，所以b＝1，點(diǎn)P（b，1a）在橢圓上，即（1，1所以1a2+1所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x22+（2）由（1）可得P（1，12由題意顯然直線AB的斜率存在且不為0，設(shè)直線AB的方程為y＝kx+t，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），因?yàn)橹本€PA與PB關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，所以直線PA，PB的斜率互為相反數(shù)，kPA=y1?12聯(lián)立y=kx+tx2+2y2=2，整理可得：（1+2k2）x2Δ＝16k2t2﹣4（1+2k2）（2t2﹣2）＞0，即t2＜1+2k2，且x1+x2=?4kt1+2k2，x1kPA+kPB＝0，即y1?12x1?122k?2t2?21+2k2+（2t整理可得：22kt2﹣22k﹣22kt2+22k2t+2kt?2t﹣22k2t+1+2k2即2k2﹣22k+1+2kt?2t即（2k﹣1）2+2t（2k解得k=22或t＝﹣k當(dāng)k=22時(shí)，直線方程為y=22則P（1，12）到直線的距離d=則x1+x2=?2t，x1x2＝t2所以弦長(zhǎng)|AB|=1+12?(x1所以S△PAB=12|AB|?d=12?1+1當(dāng)t2＝1時(shí)，符合Δ＞0，這時(shí)面積取到最大值，且S△PAB最大值為2214．（2022春?臺(tái)江區(qū)校級(jí)期末）如圖，點(diǎn)A是拋物線y2＝2px（p＞0）上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M（2，1）的直線AM與拋物線交于另一點(diǎn)B．（Ⅰ）當(dāng)A的坐標(biāo)為（1，2）時(shí)，求點(diǎn)B的坐標(biāo)；（Ⅱ）已知點(diǎn)P（2，0），若M為線段AB的中點(diǎn)，求△PAB面積的最大值．【分析】（Ⅰ）由A，M的坐標(biāo)，求出直線AB的方程，與拋物線的方程聯(lián)立求出B的坐標(biāo)；（Ⅱ）設(shè)直線AB的方程，由題意可得AB的縱坐標(biāo)之和，與拋物線的方程聯(lián)立，求出兩根之和及兩根之積，進(jìn)而求出弦長(zhǎng)|AB|的表達(dá)式，再求P到直線AB的距離d，代入三角形的面積公式，由二次函數(shù)的最值的方法求出面積的最大值．【解答】解：（1）當(dāng)A的坐標(biāo)為（1，2）時(shí)，則22＝2p?1，所以2p＝4，所以拋物線的方程為：y2＝4x，由題意可得直線AM的方程為：y﹣2=2?11?2（即x＝﹣y+3，代入拋物線的方程可得y2+4y﹣12＝0，解得y＝﹣6或2，代入拋物線的方程可得y=?6x=9或y=2所以B（9，﹣6）；（2）設(shè)直線AB的方程：x＝my+n，因?yàn)镸在直線AB上，所以m+n＝2，P到直線AB的距離d=|2?n|1+m2=|m|1+m2