重难点12圆锥曲线中的弦长与面积问题（2种考法）（解析版）

重难点12圆锥曲线中的弦长与面积问题（2种考法）【目录】考法1：弦长问题考法2：面积问题一、圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋1k2·|y1－y2|＝1＋1k2·（y1＋y2）2－4y1y2.二、三角形面积问题直线AB方程：ykxm0021kxymdPHk00002211122'2'1ABPkxymkxymSABdkAAk三、焦点三角形的面积直线AB过焦点21,FABF的面积为112121212'ABFcSFFyycyyA2222222222222224()11||S=||d22AOBabaAbBCCABABaAbBAB2222222222()CabaAbBCaAbB二、命题规律与备考策略注意：'A为联立消去x后关于y的一元二次方程的二次项系数四、平行四边形的面积直线AB为1ykxm，直线CD为2ykxm1221mmdCHk222222121212''11()41()41'''BCABkxxkxxxxkkAAA1212221''1ABCDmmmmSABdkAAk注意：'A为直线与椭圆联立后消去y后的一元二次方程的系数.考法1：弦长问题1．（2023下·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考开学考试）已知椭圆E：222210xyabab的离心率为22，且过点2,6P.(1)求椭圆E的方程；(2)若直线m过椭圆E的右焦点和上顶点，直线l过点2,1M且与直线m平行.设直线l与椭圆E交于A，B两点，求AB的长度.F2F1OyxBACDHOyxBA三、题型方法【答案】(1)221168xy(2)4153【分析】（1）由待定系数法求椭圆方程.（2）运用韦达定理及弦长公式可求得结果.【详解】（1）由题意知，22e，所以2ac，bc，设椭圆E的方程为222212xybb.将点(2,6)P的坐标代入得：28b，216a，所以椭圆E的方程为221168xy.（2）由（1）知，椭圆E的右焦点为(22,0)，上顶点为(0,22)，所以直线m斜率为22122k，由因为直线l与直线m平行，所以直线l的斜率为1，所以直线l的方程为12yx，即30xy，联立2211683xyyx，可得231220xx，1200，124xx，1223xx，所以222212122415141(1)4433kxxxxAB.2．（2023·新疆喀什·校考模拟预测）已知双曲线C两条准线之间的距离为1，离心率为2，直线l经过C的右焦点，且与C相交于A、B两点.(1)求C的标准方程；(2)若直线l与该双曲线的渐近线垂直，求AB的长度.【答案】(1)223yx=1(2)3【分析】（1）根据双曲线的准线方程公式，结合双曲线的离心率公式进行求解即可.（2）根据题意设出直线l的方程与双曲线方程联立，利用一元二次方程根与系数关系、双曲线弦长公式进行求解即可.【详解】（1）因为直线l经过C的右焦点，所以该双曲线的焦点在横轴上，因为双曲线C两条准线之间的距离为1，所以有222112aaaccc，又因为离心率为2，所以有122caac代入212ac中，可得2221,2413acbca，∴C的标准方程为：2213yx；（2）由上可知：该双曲线的渐近线方程为3yx，所以直线l的斜率为33，由于双曲线和两条直线都关于y轴对称，所以两条直线与双曲线的相交弦相等.又因为直线斜率的绝对值小于渐近线斜率的绝对值，所以直线与双曲线交于左右两支，因此不妨设直线l的斜率为33，方程为323yx与双曲线方程联立为：2221384130323yxxxyx，设1122,,,AxyBxy，则有1212113,28xxxx，2221212121232323231131443.333348ABxxxxxxxx3．（2023·全国·模拟预测）已知点,0,0Pabab在抛物线2:20Cypxp上，记O为坐标原点，32OP，以P为圆心，OP为半径的圆与抛物线C的准线相切．(1)求抛物线C的方程；(2)记抛物线C的焦点为F，过点F作直线l与直线PF垂直，交抛物线C于A，B两点，求弦AB的长．【答案】(1)24yx(2)36【分析】（1）首先得到抛物线的准线方程，依题意可得222322322abbpapa，解得a、b、p，即可得解；（2）由（1）可得1,22P，1,0F，即可求直线l的方程，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，由焦点弦公式计算可得.【详解】（1）抛物线2:20Cypxp的焦点为,02pF，准线方程为2px，依题意可得222322322abbpapa，解得1222abp或3200abp，又0a、0b、0p，所以1222abp，所以抛物线方程为24yx.（2）由（1）可得1,22P，1,0F，2022112PFk，因为直线l直线PF，所以124lPFkk，所以直线l的方程为214yx，即221xy，由22214xyyx，消去x整理得28240yy，设11,Axy，22,Bxy，所以1282yy，所以12122222282234xxyy，所以1236ABxxp.4．（2023·海南海口·海南华侨中学校考二模）已知抛物线2:2(0)Typxp，点F为其焦点，直线:4lx与抛物线交于,MN两点，O为坐标原点，86OMNSV．(1)求抛物线T的方程；(2)过x轴上一动点,0(0)Eaa作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点,AB和,CD，点,HK分别为,ABCD的中点，求HK的最小值．【答案】(1)26yx(2)6【分析】（1）由题意，求得点的坐标，利用三角形的面积，建立方程，可得答案；（2）利用分类讨论，明确直线的斜率存在，联立方程，写出韦达定理，求得中点坐标，利用两点距离公式，结合基本不等式，可得答案.【详解】（1）直线方程为4x，将其代入抛物线可得22yp，由已知得1442862OMNSp△，解得3p，故抛物线T的方程为26yx．（2）因为,0Ea，若直线,ABCD分别与两坐标轴垂直，则直线,ABCD中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意，所以直线,ABCD的斜率均存在且不为0．设直线AB的斜率为0kk，则直线AB的方程为ykxa．联立26yxykxa，得2660kyyka，则2Δ36240ka，设1122,,,AxyBxy，则126yyk，设,HHHxy，则1232Hyyyk，则23HHyxaakk，所以233,Hakk，同理可得23,3Kkak，故42224422222433991133993226HKkkkkkkkkkkkk，当且仅当441kk且221kk，即1k时等号成立，故HK的最小值为6．5．（2023·全国·模拟预测）已知椭圆22:143xyC的左顶点为A，右焦点为F，过点4,0T的直线l交C于M，N两点，其中M在第二象限．(1)若l过点0,1，求AMN的面积；(2)设线段MF交半径为1的圆F于点G，直线TG与AM交于点R，若直线AM，NR的斜率之比为23，求MG．【答案】(1)18313(2)32【分析】（1）直线l与椭圆C联立方程组，利用弦长公式求出MN，再求出点A到直线l的距离，可求AMN的面积；（2）设出相应直线的方程，通过联立方程组利用已知条件求出所需点的坐标，得到MG.【详解】（1）设11,Mxy，22,Nxy，直线l过点0,1和4,0T，14lk，直线l方程为114yx，联立方程组221143412yxxy，消去y得2132804xx，于是12128133213xxxx，22222121212121216511141613MNxxyykxxxxxx，椭圆的左顶点为(2,0)A到直线l的距离36172171116d，AMN的面积1165161718322131713AMNSMNd.．（2）M在第二象限，直线AM斜率存在，且斜率0k，设直线AM的方程为2ykx，联立方程组22(2)3412ykxxy，消去y得2222341616120kxkxk，设33,Mxy，因为(2,0)A，由韦达定理，有23216234kxk，得2326834kxk，代入方程2ykx，解得321234kyk，2226812,3434kkMkk，由1,0F，222222268123121343434kkkMFkkk，线段MF交半径为1的圆F于点G，∴2231234FkFGkM设44,Gxy，则442222268123121,3434134,kkkkkkxy，解得442224,4141kxykk，2224,4141kGkk直线TG的方程为22(4)81kyxk，联立方程组2(2)2(4)81ykxkyxk，可得22261612,3838kkRkk，直线TM的方程为22(4)14kyxk，联立方程组2222(4)143412kyxkxy，消去y得42224248403128192160120kkxkxkk，可得2324224121248,12148161kkkNkkk，423212324MNNRkkkk，记2tk，有23292450tt，94t或58，当58t时，M不在第二象限，舍去，所以294tk，得32k=，31,2M，513,5G，22133315252MG6．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知椭圆2222:1(0)xyEabab过点31,2A.(1)若椭圆E的离心率10,2e，求b的取值范围；(2)已知椭圆E的离心率32e，M，N为椭圆E上不同两点，若经过M，N两点的直线与圆222xyb相切，求线段MN的最大值.【答案】(1)67,22(2)2【分析】（1）把点31,2A代入椭圆方程，可得2274be，由10,2e，可求b的取值范围；（2）由离心率和（1）中结论，求得椭圆方程，分类讨论直线MN的位置，联立方程组，利用弦长公式结合不等式的性质求MN的最大值.【详解】（1）∵31,2A在椭圆，∴221314ab，有22234bba，所以2222222337444babacea，又∵102e，所以22737,424be