高中数学讲义--圆锥曲线中的面积问题

微专题72圆锥曲线中的面积问题一、基础知识：1、面积问题的解决策略：（1）求三角形的面积需要寻底找高，需要两条线段的长度，为了简化运算，通常优先选择能用坐标直接进行表示的底（或高）。（2）面积的拆分：不规则的多边形的面积通常考虑拆分为多个三角形的面积和，对于三角形如果底和高不便于计算，则也可以考虑拆分成若干个易于计算的三角形2、多个图形面积的关系的转化：关键词“求同存异”，寻找这些图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点，从而可将面积的关系转化为线段的关系，使得计算得以简化3、面积的最值问题：通常利用公式将面积转化为某个变量的函数，再求解函数的最值，在寻底找高的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算。这样可以使函数解析式较为简单，便于分析4、椭圆与双曲线中焦点三角形面积公式（证明详见“圆锥曲线的性质”）（1）椭圆：设P为椭圆222210xyabab上一点，且12FPF，则122tan2PFFSb（2）双曲线：设P为椭圆22221,0xyabab上一点，且12FPF，则1221cot2PFFSb二、典型例题：例1：设12,FF为椭圆2214xy的左右焦点，过椭圆中心任作一直线与椭圆交于,PQ两点，当四边形12PFQF的面积最大时，12PFPF的值等于___________思路：由椭圆中心对称的特性可知,PQ关于原点中心对称，所以12PFF与12QFF关于原点对称，面积相等。且四边形12PFQF可拆成12PFF与12QFF的和，所以四边形12PFQF的面积最大即12PFF面积最大，因为121212PFFppSFFycy，所以当py最大时，12PFF面积最大。即P位于短轴顶点时，12PFF面积最大。由2214xy可知2,1,3abc，所以120,1,3,0,3,0PFF，进而计算出12PFPF的值为2答案：2例2：已知点P是椭圆2216251600xy上的一点，且在x轴上方，12,FF分别为椭圆的左右焦点，直线2PF的斜率为43，则12PFF的面积是（）A.323B.243C.322D.242思路：将椭圆化为标准方程为22110064xy，进而可得6c，所以126,0,6,0FF，计算12PFF的面积可以以12FF为底，yP为高，所以考虑利用条件计算出P的纵坐标，设,Pxy，则有2436PFykx，所以22162516004360xyyxy可解得43y或64319y（舍去），所以121211124324322PFFSFFy答案：B例3：已知F为抛物线2yx的焦点，点,AB在该抛物线上且位于x轴的两侧，2OAOB，则ABO与AFO面积之和的最小值是（）A.2B.3C.1728D.10思路：由2OAOB入手可考虑将向量坐标化，设1122,,,AxyBxy，则12122xxyy，进而想到可用韦达定理。所以设AB与x轴交于,0Mm直线:ABxtym。联立方程220yxytymxtym，所以2221212120,yymxxyym，所以由12122xxyy可得：222mmm，所以122yy，不妨设A在x轴上方，如图可得：12112119228ABOAFOSSOMyyOFyyy，由122yy可知212yy，消元后可得：111192922388ABOAFOSSyyyy，等号成立当且仅当143y，所以ABOAFOSS的最小值为3答案：B例4：抛物线24yx的焦点为F，准线为l，经过F且斜率为3的直线与抛物线在x轴上方的部分相交于点A，AKl，垂足为K，则AFK的面积是（）A.4B.33C.43D.8思路：斜率为3可知直线的倾斜角为3，从而可得3KAF，所以在计算面积时可利用两边与夹角，所以可得1sin23AKFSAKAF，由抛物线性质可得AKAF，所以只需求得焦半径AF，即只需解出A点横坐标。利用几何关系可得12AxOFFMOFAF，另一方面，由焦半径公式可得：1AAFx，所以可得方程：1132AAAxOFxx，从而14AAFx，所以21sin4323AKFSAF答案：C小炼有话说：（1）本题的解法是利用题目中的几何关系求解，绕过代数运算，而突破点即为直线的倾斜角3，所以当题目中出现特殊角时，可以考虑蕴含其中的几何特点，从而使得运算更为简单。（2）本题的Ax也可通过联立方程，使用代数方法解决，方法步骤如下：由抛物线方程可得：1,0F，设:31lyx，联立方程：22431431yxxxyx，整理可得：231030xx3x或13x323xy或13233xy（舍）3Ax例5：以椭圆22195xy的顶点为焦点，焦点为顶点的双曲线C，其左右焦点分别为12,FF，已知点M的坐标为2,1，双曲线C上点0000,0,0Pxyxy满足11211121PFMFFFMFPFFF，则12PMFPMFSS等于（）A.2B.4C.1D.1思路：可先利用椭圆确定双曲线方程及其焦点坐标，22195xy的顶点为3,0,3,0，即为12,FF的坐标，椭圆的焦点为2,0,2,0，所以双曲线中2,3ac，进而5b观察11211121PFMFFFMFPFFF可联想到投影，即1MF在1PF的投影与1MF在21FF的投影相等，由几何关系可得1FM为12PFF的角平分线。由22,1,3,0MF可得21MFk，即2FM平分21PFF，从而M为12PFF的内心，且内切圆半径1Mry。从而1212121112222PMFPMFSSPFrPFrrPFPF答案：A例6：已知点P为双曲线222210,0xyabab右支上一点，12,FF分别是双曲线的左右焦点，且212bFFa，I为三角形12PFF的内心，若1212IPFIPFIFFSSS成立，则的值为（）A.1222B.231C.21D.21思路：由三角形内心的性质可得I到三边的距离相等，所以1212,,IPFIPFIFF的高均为r，从而12121212IPFIPFIFFSSSPFPFFF，即1212FFcPFPFa，所以只需利用212bFFa确定,ac的关系即可。解：I为三角形12PFF的内心12211221111,,222IPFIPFIFFSPFrSPFrSFFr12121212IPFIPFIFFSSSPFPFFF1212FFPFPFP在双曲线上，且12,FF是焦点12122,2PFPFaFFcca即为离心率由212bFFa可得：22222bcaccaa，两边同时除以2a得：2210ee，解得2222e21e即21答案：C例7：已知点0,2A，椭圆2222:10xyEabab的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点（1）求E的方程（2）设过点A的动直线l与E相交于,PQ两点，当OPQ面积最大时，求l的方程解：（1）设,0Fc2233AFkc3c32cea223ca2221bac22:14xEy思路：首先设:2PQykx，1122,,,PxyQxy，由图像可得12OPQOPQSdPQ，考虑联立直线与椭圆方程并利用点到直线距离公式和弦长公式用k表示出,OPQdPQ，从而OPQS也可用k进行表示：222244344414343OPQkSkkk，再利用均值不等式即可得到最大值。等号成立的条件2244343kk即为k的值。（注意直线与椭圆相交，所以消元后的方程0）（2）设直线:2PQykx，1122,,,PxyQxy联立方程可得：2222242444ykxxkxxy，整理后可得：224116120kxkx，因为方程有两个不等实根221648410kk解得：32k或32k12OPQOPQSdPQ221OPQdk222121212114PQkxxkxxxx由方程224116120kxkx可得：1212221612,4141kxxxxkk代入PQ可得：2222226448443114141kkPQkkkk22222222124434434143424141143OPQkkSkkkkkk22444343kk由均值不等式可得：2222444324344343kkkk等号成立条件：2224743434243kkkk1OPQS此时72kl的方程为722yx或722yx例8：已知椭圆2222:10xyCabab的离心率为12，过右焦点F的直线l与C相交于,AB两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为22（1）求椭圆C的方程（2）若,,,PQMN是椭圆C上的四点，已知PF与FQ共线，MF与FN共线，且0PFMF，求四边形PMQN面积的最小值解：（1）12cea，设,0Fc，则:lyxc2122Olcdc2222,3abac22143xy（2）由（1）可得：1,0F，因为0PFMFPFMF12PMQNSMNPQ设1122,,,PxyQxy，:1PQykx，联立方程可得：2234121xyykx，消去x可得：22234112xkx整理后可得：22224384120kxkxk22221222121144144114343kkPQkxxkkk①设1:1MNyxk，以1k替换①中的k可得：2222112112124343kkMNkk2222121111212224334PMQNkkSMNPQkk242242221221727211225121225kkkkkkkk设221ukk，可得2,u21726112251225PMQNuSuu2u时，min28849S例9：在平面直角坐标系xOy中，已知点1,1A，P是动点，且三角形POA的三边所在直线的斜率满足OPOAPAkkk（1）求点P的轨迹方程（2）若Q是轨迹C上异于点P的一个点，且PQOA，直线OP与QA交于点M，问：是否存在点P使得PQA和PAM的面积满足2PQMPAMSS？若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由。（1）思路：本题设点,Pxy，且,OA已知，直接利用条件列出等式化简即可解：设,Pxy，由1,1,0,0AO可得：1,1,1OPOAPAyykkkxx，依题意OPOAPAkkk可得：111111yyyxxxxyxx整理后可得：2yx，其中0,1xx所以P的轨迹方程为20,1yxxx‘（2）思路：从图中可得PQA和PAM的高相同，从而面积的比值转化为对应底边的比，即22PQMPAMSSQAAM，再由PQOA可得PQOA∥，进而22QAAMOPOM，由,,OPM共线再转成向量关系则只需求出M的坐标即可解出P的坐标解：设22112