2020高中数学---圆锥曲线中的面积问题

第72炼 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”）

x2y2（1）椭圆：设P为椭圆221ab0上一点，且F1PF2，则

abSPF1F2b2tan2

x2y2（2）双曲线：设P为椭圆221a,b0上一点，且F1PF2，则

abSPF1F2b21cot2

二、典型例题： 例1：设F1,F2为椭圆

x2过椭圆中心任作一直线与椭圆交于P,Q两点，y21的左右焦点，

4当四边形PF1QF2的面积最大时，PF1PF2的值等于___________

思路：由椭圆中心对称的特性可知P,Q关于原点中心对称，所以PF1F2与QF1F2关于原点对称，面积相等。且四边形PF1QF2可拆成PF1F2与QF1F2的和，所以四边形PF1QF2的面积最大即PF1F2面积最大，因为SPF1F21F1F2ypcyp，所以当yp最大时，22xPF1F2面积最大。即P位于短轴顶点时，PF1F2面积最大。由y21可知4

第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

a2,b1,c3，所以P0,1,F13,0,F2答案：2

3,0，进而计算出PF1PF2的值为2

例2：已知点P是椭圆16x25y1600上的一点，且在x轴上方，F1,F2分别为椭圆的左右焦点，直线PF2的斜率为43，则PF1F2的面积是（ ）

A. 323 B. 243 C. 322 D. 242

22x2y21，进而可得c6，所以F16,0,F26,0，思路：将椭圆化为标准方程为

100计算PF1F2的面积可以以F1F2为底，Py为高，所以考虑利用条件计算出P的纵坐标，

设Px,y，则有kPF216x225y21600yy可解得y43或43，所以43x6x6y0PF1F2y3（舍去），所以S1911F1F2y1243243 22答案：B

2例3：已知F为抛物线yx的焦点，点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧，

OAOB2，则ABO与AFO面积之和的最小值是（ ）

A. 2 B. 3 C.

172 D. 10 8思路：由OAOB2入手可考虑将向量坐标化，设Ax1,y1,Bx2,y2，则

x1x2y1y22，进而想到可用韦达定理。所以设AB与x轴交于Mm,0直线

AB:xtym。联立方程

y2xy2tym0xtym，所以

2y1y2m0,x1x2y12y2m2，所以由x1x2y1y22可得：m2m2m2，所

以

y1y22ABOS，不妨设

A在

x轴上方，如图可得：

S

AFO2119OMy1y2OFy1y1y2，由y1y22可知y2，

y1228

第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

消元后可得：S以SABOSAFO92924y12y13，等号成立当且仅当y1，所

38y18y1ABOSAFO的最小值为3

答案：B

2例4：抛物线y4x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，AKl，垂足为K，则AFK的面积是（ ） A. 4 B. 33 C. 43 D. 8 思路：斜率为3可知直线的倾斜角为，从而可得KAF，

33所以在计算面积时可利用两边与夹角，所以可得

SAKF1AKAFsin，由抛物线性质可得AKAF，所23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

1AF，另一方面，由焦半径公式可21得：AFxA1，所以可得方程：xAOFxA1xA3，从而

212AFxA14，所以SAKFAFsin43 23得xAOFFMOF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

，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3得运算更为简单。

（2）本题的xA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：F1,0，设l:y3x1，联立方程：

22y4x3x14x，整理可得： y3x113x210x30 x3或x

3

第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

1xx33或（舍） xA3 y23y233x2y21的顶点为焦点，例5：以椭圆焦点为顶点的双曲线C，其左右焦点分别为F1,F2，95已知点M的坐标为

2,1，双曲线C上点Px0,y0x00,y00满足

PF1MF1PF1F2F1MF1F2F1，则SPMF1SPMF2等于（ ）

A. 2 B. 4 C. 1 D. 1

x2y21的顶点为3,0,3,0，思路：可先利用椭圆确定双曲线方程及其焦点坐标，95即为F1,F2的坐标，椭圆的焦点为2,0,2,0，所以双曲线中a2,c3，进而b观察

5 PF1MF1PF1F2F1MF1F2F1可联想到投影，即MF1在PF1的投影与MF1在F2F1的投影相

等，由几何关系可得F1M为PF1F2的角平分线。由M2,1,F23,0可得kMF21，即

F2M平分PF2F1，从而M为PF1F2的内心，且内切圆半径ryM1。从而

SPMF1SPMF2111PF1rPF2rrPF1PF22 222答案：A

x2y2例6：已知点P为双曲线221a0,b0右支上一点，F1,F2分别是双曲线的左

abb2右焦点，且F1F2，I为三角形PF1F2的内心，若Sa的值为（ ） A.

IPF1SIPF2SIF1F2成立，则122 B. 231 C. 221 D. 21

思路：由三角形内心的性质可得I到三边的距离相等，所以

IPF1,IPF2,IF1F2的高均为

r

，从而

第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

SIPF1SIPF2SIF1F2PF1PF2F1F2，即F1F2PF1PF2c，所以只需利ab2用F1F2确定a,c的关系即可。

a解： SI为三角形PF1F2的内心

IPF11PF1r,S2IPF21PF2r,S2IF2F11F2F1r 2SIPF1SIPF2SIF1F2PF1PF2F1F2

P在双曲线上，且F1,F2是焦点

c即为离心率 aF1F2PF1PF2

PF1PF22a,F1F22c b2b22acc2a2，两边同时除以a2得： 由F1F2可得：2caae22e10，解得e答案：C

222 e21即21 23x2y2例7：已知点A0,2，椭圆E:221ab0的离心率为，F是椭圆E的

2ab右焦点，直线AF的斜率为（1）求E的方程

（2）设过点A的动直线l与E相交于P,Q两点，当OPQ面积最大时，求l的方程 解：（1）设Fc,0 kAF23，O为坐标原点 3223 c3 c3ec32c2 b2a2c21 aa23x2E:y21

4思路：首先设PQ:ykx2，Px1,y1,Qx2,y2，由图像可得S

OPQ1dOPQPQ，2第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

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dOPQ,PQ，从而S也可用k进行表示：SOPQOPQ44k2344k214k2344k3244k23，再利用均值不

等式即可得到最大值。等号成立的条件4k3圆相交，所以消元后的方程0）

2即为k的值。（注意直线与椭

（2）设直线PQ:ykx2，Px1,y1,Qx2,y2

ykx222联立方程可得：2x4kx24，整理后可得： 2x4y44k21x216kx120 ，因为方程有两个不等实根

216k484k210 解得：kSOPQ33或k 221dOPQPQ 22k12dOPQ PQ1k2x1x21k2x1x224x1x2

由方程4k21x216kx120可得：

x1x216k12代入PQ可得： ,xx124k214k2122k248244k3PQ1k1k 4k214k21SOPQ21244k234244k3 1k4k2342k214k214k214k23244k344k23

由均值不等式可得：4k3244k3224k2344k324

第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

等号成立条件：4k2344k234k234k7 2SOPQ1此时k7 2l的方程为y77x2或yx2 22x2y21例8：已知椭圆C:221ab0的离心率为，过右焦点F的直线l与C相交于

ab2A,B两点，当l的斜率为1时，坐标原点O到l的距离为

（1）求椭圆C的方程

2 2（2）若P,Q,M,N是椭圆C上的四点，已知PF与FQ共线，MF与FN共线，且

PFMF0，求四边形PMQN面积的最小值

解：（1）ec1，设Fc,0，则l:yxc a2dOlc22c1 2a2,b2a2c23

x2y21 43（2）由（1）可得：F1,0，因为PFMF0PFMF

SPMQN1MNPQ 2设Px1,y1,Qx2,y2，PQ:ykx1，

223x4y12联立方程可得：，消去x可得：

ykx13x24k2x112整理后可得：4k23x28k2x4k2120

22144k214412k1 ① PQ1kx1x21k224k34k322

第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

设MN:y11x1，以替换①中的k可得： kk1122112k212kMN 243k432kSPMQN21112k112k212 MNPQ22224k33k4122k2k1k72 72 42112k25k1212k2225k42k2设uk21，可得u2, 2ku2161

12u2512u25SPMQN72u2时，Smin288 49例9：在平面直角坐标系xOy中，已知点A1,1，P是动点，且三角形POA的三边所在直线的斜率满足kOPkOAkPA （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PQOA，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S标，若不存在，请说明理由。

（1）思路：本题设点Px,y，且O,A已知，直接利用条件列出等式化简即可 解：设Px,y，由A1,1,O0,0可得：

PQM2SPAM若存在，求出点P的坐

kOPyy1,kOA1,kPA，依题意kOPkOAkPA可得： xx1yy11yx1xx1xy1整理后可得： xx1yx2，其中x0,x1

所以P的轨迹方程为yx

2x0,x1‘

第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

（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SPQM2SPAMQA2AM，再由PQOA可得PQ∥OA，进而

QA2AMOP2OM，由O,P,M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

22解：设Px1,x1 ,Qx2,x2PQOA PQ∥OA

kPQkOA2x2x121，即1x2x11

x2x1kQA2x21x21x12 x21QA:y1x12x1 因为OP:yx1x

y1x12x11 可解得xM M:2yx1xSPQM1QAdPQM,S2PAM1AMdPQM且S2PQM2SPAM

QA2AM PQ∥OA

QA2AMOP2OM，即OP2OM

xP2xM1

P1,1

所以存在符合条件的P1,1

例10：设抛物线y2x的焦点为F，过点M23,0的直线与抛物线相交于A,B两点，

与抛物线的准线相交于C,BF2，则BCF与ACF的面积

之比

SSBCFACF（ ）

A.

4241 B. C. D. 5372思路：由BF2联想到焦半径公式，从而可解得

第九章 第72炼 圆锥曲线中的面积问题 解析几何

xB33，从而可判断出B在M的左侧，作出图像可发现两个三角形具备同“高”的2特点（即F到BC的距离），所以

SSBCFACFBCAC，若直接从BC,AC长度出发，则运算量

较大，所以考虑将比值视为整体，并进行线段的转移，可过A,B分别引准线的垂线，从而

将

BCAC2dBl，只需联立直线抛物线方程求出A点横坐标即可。 dAl解：由y2x可得p1，设Ax1,y1,Bx2,y2

BFx2pp32x22，设F到直线AB的距离为d 222则

SSBCFACF1dBCBC 21ACdAC2过A,B分别引准线的垂线AP,BQ AP∥BQ

p1x2BCBQ22 =ACAPxpx111222y2x2设AB:ykx3，联立方程：消元可得：kx3ykx3x222x

整理后可得：kx23k2x3k0

2222x1x23x12 SSBCFACF124 15x12x2答案：A

小炼有话说：本题设计的精妙之处在于允许有多种解题方向（比如计算坐标，计算底边长）等，但方法层次不同，所耗费的时间也不一样。通过本题要体会以下几点： （1）在抛物线中焦半径与点横坐标的联系，已知焦半径可迅速求出该点的横坐标 （2）处理面积的比值问题时，可考虑两个图形共同的部分（底，高），从而将比值转化为线段的比值

（3）在抛物线中常用的辅助线是过抛物线上的点引准线的垂线。本题恰好利用这一点转移了比例，简化了运算