圓錐曲線面積問題

1、理科一、面積求值1、【2012市石景山區(qū)一模理】19（本小題滿分 13 分）x 2y 2已知橢圓+= 1（ a > b > 0 ）右頂點與右焦點的距離為 3 -1，a 2b2短軸長為2 2 .（）求橢圓的方程；（）過左焦點 F 的直線與橢圓分別交于 A 、 B 兩點，若三角形OAB 的3 2面積為，求直線 AB 的方程4ìa - c =3 -1ïb =2íï a2 = b2 + c2】解：（）由題意，ïîa =3, c =1.【-1 分-2 分即：橢圓方程為-3 分43 ，=AB（）當(dāng)直線 AB 與 x 軸垂直時，=此時

2、SDAOB3 不符合題意故舍掉；-4 分當(dāng)直線 AB 與 x 軸不垂直時，設(shè)直線 AB 的方程為： y = k (x + 1) ，代入消去 y 得： (2 + 3k 2 )x2 + 6k 2x + (3k 2 - 6) = 0 .-6 分ì-6k 2ïx1 + x2 = 2 + 3k 2íï設(shè) A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) ，則ïî3k 2 - 6x x =1 22 + 3k 2，-7 分4 3(k 2 +1)=AB所以2 + 3k 2-9 分.kd =原點到直線的 AB 距離1+ k 2，1S =AB d =2 +

3、 3k 2所以三角形的面積221+ k 2.由 S = 3 2 Þ k 2 = 2 Þ k = ± 2 ，4-12 分2x - y +2 = 0 或lAB :2x + y +2 = 0 .所以直線lAB :-13 分二、面積比值x2y2西城區(qū)一模理科）如圖，橢圓+= 1(a > b > 0) 的左焦點為 F ，過點 Fa2b21、（2013 屆的直線交橢圓于 A ， B 兩點當(dāng)直線 AB 經(jīng)過橢圓的一個頂點時，其傾斜角恰為60° （）求該橢圓的離心率；（）設(shè)線段 AB 的中點為G ， AB 的中垂線與 x 軸和 y 軸分別交于 D, E 兩點

4、記GFD 的面積為 S ， OED （ O 為原點）的面積為 S ，求 S1 的取值范12S2圍【】（）解：依題意，當(dāng)直線 AB 經(jīng)過橢圓的頂點(0, b) 時，其傾斜角為60° 1 分設(shè) F (-c, 0) ，b則= tan 60° =c將 b =3c 代入a = 2c 3 2 分a2 = b2 + c2 ，3 分1 k4 3(k 2 +1)所以橢圓的離心率為 e = c = 1 a24 分x2y2+3c2= 1（）解：由（），橢圓的方程可設(shè)為4c25 分設(shè) A(x1, y1) ， B(x2 , y2 )依題意，直線 AB 不能與 x, y 軸垂直，故設(shè)直線 AB 的方程

5、為y = k (x + c)入3x2 + 4y2 = 12c2，將其代，整理得(4k 2 + 3)x2 + 8ck 2x + 4k 2c2 -12c2 = 0 7 分-8ck 2-4ck 26ck3ck則 x1 + x2 =， y1 + y2 = k(x1 + x2 + 2c) = 4k 2 + 3 ， G( 4k 2 +,) 84k + 33 4k + 322分3ck-ck 24k 2 + 3因為 GD AB ，所以´ k = -1， xD=4k 2 + 39 分-4ck 24k 2 + 3 - xD因為 GFD OED ，-4ck 2-ck 23ck-) + (22()S| GD

6、 |2=34k + 34k + 34k +222 1 =所以11 分-ck 24k 2 + 3S| OD |222()= (3ck ) + (3ck) = 9c k + 9c k2 222 42 29= 9 +> 9 13 分(ck 2 )2c2k 4k 2S所以 1 的取值范圍是(9, +¥) S214 分2、（2013 屆房山區(qū)一模理科數(shù)學(xué)）已知拋物線C : y2 = 2 px的焦點坐標(biāo)為 F(1,0) ，過 F 的直線l 交拋物線C 于 A,B 兩點，直線 AO,BO 分別與直線m ： x = -2 相交于 M ,N 兩點.（）求拋物線C 的方程；（）證明ABO 與MNO

7、 的面積之比為定值.【】（）由焦點坐標(biāo)為(1, 0)可知 p = 12所以 p = 2所以拋物線C 的方程為 y 2 = 4x4 分（）當(dāng)直線l 垂直于 x 軸時， DABO 與DMNO 相似，所以 SDABO= ()2 = 1.6 分SDMNO24當(dāng)直線l 與 x 軸不垂直時，設(shè)直線 AB 方程為 y = k (x -1)7 分設(shè) M (-2, yM ) ， N (-2, y N ) ， A(x1 , y1 ) ， B(x2 , y2 ) ，ì y = k(x -1)k 2 x2 - (4 + 2k 2 )x + k 2 = 0 ，解íî整理得y = 4x2所以

8、 x1 × x2 = 1 .9 分1 × AO × BO × sin ÐAOB SDABO = 2=AO × BO = x1 × x2= 114 分1 × MO × NO × sin ÐMONSDMNOMO NO2242SDABO= 14綜上SDMNO3、（2013 屆門頭溝區(qū)一模理科）在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中， 動點 P 到直線l : x = 2 的距離是到點 F (1, 0) 的距離的 2 倍（）求動點 P 的軌跡方程；（）設(shè)直線 FP 與（）中曲線交于點Q ，與l 交于點 A

9、 ，分別過點 P 和Q 作l 的垂點 P 使得DAPM 的面積是DAQN 面積的 9 倍？若存線，垂足為 M , N ，問：是否在，求出點 P 的坐標(biāo)；若不，說明理由【】（）解：設(shè)點 P 的坐標(biāo)為(x, y) 由題意知 2 ´ (x -1)2 + y2 =2 - x3 分化簡得x2 + 2 y2 = 2所以動點 P 的軌跡方程為 x2 + 2 y2 = 25 分（）設(shè)直線 FP 的方程為 x = ty +1，點 P(x1, y1 ), Q(x2 , y2 )因為DAQN DAPM ，所以有 PM = 3QN ，由已知得 PF = 3QF ，OF所以有 y1 = -3y2 （1）7 分

10、ìx = ty +1，得(t + 2) y+ 2ty -1 = 0 ， D > 022由íîx + 2 y =2222t1y1 + y2 = - t 2 + 2 （2）， y1 × y2 = - t 2 + 2 （3）分10112）（3）得t = -1, y1 = 1, y2 = - 3 或t = 1, y1 = -1, y2 = 3點 P 為由（1）（所以(0, ±1)13 分x2）已知橢圓 C:+ y = 1的短軸的端點分別為424、（2013豐臺二模試題及1A,B,直線 AM,BM 分別與橢圓C 交于E,F 兩點,其中點M (m,

11、) 滿足m ¹ 0 ,且m ¹± 3 .2()求橢圓C 的離心率 e;()用m 表示點 E,F 的坐標(biāo);()若BME 面積是AMF 面積的 5 倍,求 m 的值.3 ;2【】解:()依題意知a = 2 , c =3 , e =1(m, ),且m ¹ 0 ,()Q A(0,1), B(0,-1) ,M2132m直線 AM 的斜率為 k1= -,直線 BM 斜率為k2=,2m132m直線 AM 的方程為 y= -x - 1x + 1,直線 BM 的方程為 y=,2mìx24+ y = 1,2由ï得(m2 +1) x2 - 4mx = 0

12、, x = 0, x = 4m , E æ 4m , m -1 ö2,íç÷m2 +1m +1 m +1122èøï y = -x + 1,î2mì x2+ y= 1,得(9 + m2 )x2 -12mx = 0 , x = 0, x =212m m2 + 9由ïæ12m9 - m2 ö ;, 4F,íç÷3m + 9 m + 922èøï y =x - 1,î2mQ S= 1 | MA | MF

13、 | sin ÐAMFS= 1 | MB | ME | sin ÐBME(),DAMFDBME22ÐAMF = ÐBME ,= SDBME , 5 | MA | MF |=| MB | ME | , 5 | MA | = | MB | ,5SDAMF| ME | MF |5mm=,4m m2 +112m 9 + m2- m- m115Q m ¹ 0 ,整理方程得=-1,即(m2 - 3)(m2 -1) = 0 ,m2 +1m2 + 9又Q m ¹± 3 , m2 - 3 ¹ 0 , m2 = 1 ,m = 

14、7;1為所求x2y25、（西城區(qū) 2015 屆高三上學(xué)期期末）已知橢圓 C：+= 1的右焦點為 F，右頂點為 A，1612離心率為 e，點 P(m, 0)(m > 4) 滿足條件| FA | = e .| AP |（）求 m 的值；（）設(shè)過點 F 的直線 l 與橢圓 C 相交于 M，N 兩點，記DPMF 和DPNF 的面積分別為 S ， S ，求證： S1= | PM | .12S| PN |2x2y2+= 1，5、（）解：因為橢圓 C 的方程為1612所以 a = 4 , b = 2 3 , c =a2 - b2 = 2 ,則 e = c = 1 ， | FA |= 2 ， | AP

15、|= m - 4 .a22 分3 分| FA | =2= 1 ，因為| AP |m - 42m = 8 .所以5 分， 則有 S1 = S2 ，| PM |=| PN | ，符合題意6 分（）解：若直線 l 的斜率不，則設(shè)直線 l 的方程為 y = k (x - 2) ， M (x1, y1 ) ， N (x2 , y2 ) .若直線 l 的斜率ìï x2 + y2= 1,由í 1612ïî y = k (x - 2),得 (4k 2 + 3)x2 -16k 2x +16k 2 - 48 = 0 ， 7 分16k 2 - 4816k 2可知 D

16、 > 0 恒成立，且x1 + x2 = 4k 2 + 3 ， x1x2 =. 8 分4k 2 + 3y1y2= kk+ k=+因為 10 分PMPNx - 8x - 812= k(x1 - 2)(x2 - 8) + k(x2 - 2)(x1(x1 - 8)(x2 - 8)2kx1 x2 -10k (x1 + x2 ) + 32k=(x1 - 8)(x2 - 8)6k 2 - 4816k 2k ×-10k ×4k 2 +4k 2 + 3=，(x1 - 8)(x2 - 8)所以 ÐMPF = ÐNPF . 12 分因為DPMF 和DPNF 的面積分別為

17、 S = 1 | PF | × | PM | ×sin ÐMPF ，12S = 1 | PF | × | PN | ×sin ÐNPF ， 13 分22S1 = | PM | .所以 14 分S2| PN |三、面積最值1、【2012市海淀區(qū)一模理】(19)（本小題滿分 13 分）在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，橢圓G 的中心為坐標(biāo)原點，左焦點為 F1 (-1, 0) ，P 為橢圓G 的上頂點，且ÐPF1O = 45° .（）求橢圓G 的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）已知直線l1 ：y = kx + m1 與橢圓G 交于 A ，B

18、兩點，直線l2 ： y = kx + m2（ m1 ¹ m2 ）與橢圓G 交于C ，D 兩yll12ADOBC點，且| AB |=| CD |，.（）證明： m1 + m2 = 0 ;（）求四邊形 ABCD 的面積 S 的最大值.x2y2【】（）解：設(shè)橢圓G 的標(biāo)準(zhǔn)方程為+= 1(a > b > 0) .a2b2因為 F1 (-1, 0) ， ÐPF1O = 45° ，所以b = c = 1.所以 a2 = b2 + c2 = 2 .2 分x2所以 橢圓G 的標(biāo)準(zhǔn)方程為+ y = 1.223 分（）設(shè) A(x1, y1) ， B(x2 , y2 )，

19、C(x3 , y3 ) ， D(x4 , y4 ) .ì y = kx + m1,ï消去 y 得： (1+ 2k )x + 4km x + 2m - 2 = 0 .222（）證明：由í x2ïî 211+ y = 1.2則D = 8(2k2 - m2 +1) > 0 ，1ìx4km1+ x = -,ïï121+ 2k 2íïïî5 分2m2 - 2x x = 11+ 2k 2.1 2所以 | AB |=(x - x )2 + ( y - y)21212=1+ k(x +

20、 x )2 - 4x x121 22m2 - 24km=1+ k(-1 ) - 4 ×1221+ 2k 21+ 2k 22k 2 - m2 +1= 2 2 1+ k 21.1+ 2k 22k 2 - m2 +1同理 | CD |= 2 2 1+ k 22.7 分1+ 2k 2因為 | AB |=| CD | ,2k 2 - m2 +12k 2 - m2 +1所以 2 2 1+ k 21= 22 1+ k 22.1+ 2k 21+ 2k 2因為 m1 ¹ m2 ，所以 m1 + m2 = 0 .9 分（）解：由題意得四邊形 ABCD 是平行四邊形，設(shè)兩平行線 AB, CD 間

21、的距離為d ,則 d =.k 21+因為 m1 + m2 = 0 ，所以 d =.10 分k 21+2k 2 - m2 + 12mS =| AB | ×d = 22 1 + k 21×1 所以1 + 2k 21 + k 22k 2 - m2 +1+ m2 11 (2k 2 - m2 +1)m222= 22 .= 4211 £ 41+ 2k 21+ 2k 2(2k 2 +1)m2 - m4m211（或 S = 4 2= 42 -(1- )2 +£ 2 2 ）11(1+ 2k 2 )21+ 2k 224所以 當(dāng)2k 2 + 1 = 2m2 時， 四邊形 AB

22、CD 的面積 S 取得最大值為.12 2試題）在平面直角坐標(biāo)系 xOy 中，動2、（市東城區(qū) 2013 屆高三上學(xué)期期末考試點 P 到兩點(- 3，( 3，0) 的距離之和等于4 ，設(shè)點 P 的軌跡為曲線C ，直線l 過點 E (-1, 0 ) 且與曲線C 交于 A ， B 兩點（）求曲線C 的軌跡方程；（）是否 AO 面積的最大值，若明理由.，求出 AO 的面積；若不，說【】（）由橢圓定義可知，點 P 的軌跡 C 是以(-3， ( 3，0) 為焦點，長半軸長為 2 的橢圓3 分x2故曲線 的方程為+ y = 15 分4C2（） AOB 面積的最大值6 分因為直線l 過點 E (-1, 0 )

23、 ，可設(shè)直線l 的方程為 x = my -1 或 y = 0 （舍）2m1m1 - m2ì x2+ y = 1,ï2則í 4ïîx = my -1.整理得 (m2 + 4) y2 - 2my - 3 = 0 7 分由D = (2m)2 +12(m2 + 4) > 0 設(shè) A(x1，y1 )，B(x2，y2 ) m + 2y1 =m2m - 2y2 =m2，4 m2 + 3 則| y2 - y1 |=m2 + 4= 1 OE × y - y因為 SDAOB122= 2 m + 3 =2210 分m2 + 4設(shè) g(t) = t +

24、 1 ， t =tm2 + 3 ， t ³3 則 g(t 在區(qū)間3,上為增函數(shù)4 3所以 g(t) ³33，當(dāng)且僅當(dāng)m = 0 時取等號，即(S232所以 S£)=DAOBDAOB max3所以 SDAOB 的最大值為132分3 、（市順義區(qū)2013屆高三第一次統(tǒng)練試卷（） 已知橢圓x 2()C :+ y = 1 a a 22> 1的 上 頂 點 為 A左 焦 點 為 F, 直 線 AF 與 圓,æ1 öM : x + y + 6x - 2 y + 7 = 0 相切.過點 0,-的直線與橢圓C 交于 P, Q 兩點.22ç2 &

25、#247;èø(I) 求橢圓C 的方程;(II) 當(dāng)DAPQ 的面積達(dá)到最大時,求直線的方程.方 程 x 2 + y 2 + 6x - 2 y + 7 = 0】 (I) 將圓 M 的【化 為 標(biāo) 準(zhǔn) 方 程(x + 3)2 + (y - 1)2 = 3 , 則的 圓 心 M (- 3,1) , 半徑 r =M3圓.由A(0,1), F (- c,0)(c =a 2 - 1 )得直線 AF 的方程為 x - cy + c = 0 .=3 ,由直線 AF 與圓 M 相切,得1 + c 2所以c =2 或c = - 2 (舍去).當(dāng)c =2 時, a 2 = c 2 + 1 =

26、3 ,x 2故橢圓C 的方程為+ y = 132(II)由題意可知,直線的斜率,設(shè)直線的斜率為k ,則直線的方程為 y = kx -.21æ1 ö因為點 0,-在橢圓內(nèi),ç2 ÷èø所以對任意 k Î R ,直線都與橢圓C 交于不同的兩點.ì y = kx - 1 ,ï由得(1 + 3k 2 )x 2 - 3kx - 9 = 0 .2= 1í x 24ï+ y 2ïî3設(shè)點 P, Q 的坐標(biāo)分別為(x1 , y1 ), (x2 , y2 ),則y = kx - 1

27、, y = kx - 1 , x + x =3k9, x x = -4(1 + 3k 2 ),1122121 21 + 3k 222=(x - x )2 + (y - y)2所以 PQ2121=(1 + k 2 )(x +12= 3 (1+ k 2 )(1+ 4k 2 ).1+ 3k 213又因為點 A(0,1) 到直線 y = kx -的距離 d =,22 k 2 + 1- 3 - c + c所以DAPQ 的面積為,則0 < t £ 1且 k 2 =設(shè)t =1 +S,.因為0 < t £ 1,所以當(dāng)t = 1時, DAPQ 的面積 S 達(dá)到最大,1,即k =

28、0 .此時1 + 3k故當(dāng)DAPQ 的面積達(dá)到最大時,直線的方程為 y = -4、(2011 東城一模理 19) （本小題共 13 分）y2x222+ = 1(a > b > 0) 的離心率為已知橢圓，且兩個焦點和短軸的一個端點是a2b2一個等腰三角形的頂點斜率為 k (k ¹ 0) 的直線l 過橢圓的上焦點且與橢圓相交于 P ，Q 兩點，線段 PQ 的垂直平分線與 y 軸相交于點 M (0, m) （）求橢圓的方程；（）求的取值范圍；（）試用表示 MPQ 的面積，并求面積的最大值c解：（）依題意可得，=2， b = c ，a2又 a 2 = b 2 + c 2 ，可得b

29、 = 1, a =2 y2所以橢圓方程為+ x = 122（）設(shè)直線l 的方程為 y = kx +1 ，ì y = kx +1,ï由可得(k 2 + 2)x2 + 2kx -1 = 0 í y2+ x2 = 1,ïî 2設(shè) P(x1, y1 ), Q(x2 , y2 ) ，-2k k 2 + 21則 x + x =， x x =- 121 2k 2 + 24可得 y + y = k(x + x ) + 2 =1212k 2 + 2-k2設(shè)線段 PQ 中點為 N ，則點 N 的坐標(biāo)為(,) ，k 2 + 2 k 2 + 2由題意有 kMN 

30、15; k = -1，2m -可得k 2 + 2 × k = -1 kk 2 + 21k 2 + 2可得 m =，又 k ¹ 0 ，所以0 < m < 1 2（）設(shè)橢圓上焦點為 F ，則 S= 1 × FM× x - x.DMPQ1228(k 2 +1)+=，12(k 2 + 2)21k 2 + 21由 m =，可得 k 2 + 2 =m8( 1 -1)m1x - x=8m(1- m) 所以12m2= 1- m ，F(xiàn)M又=2m(1- m)3 .所以 SDMPQ所以 MPQ 的面積為 2 m(1- m)3 （ 0 < m < 1 ）

31、2設(shè) f (m) = m(1 - m)3 ，則 f '(m) = (1- m)2 (1- 4m) 11 1可知 f (m) 在區(qū)間(0, ) 單調(diào)遞增，在區(qū)間( , ) 單調(diào)遞減44 2所以，當(dāng) m = 1 時， f (m) 有最大值 f ( 1 ) = 27 4464所以，當(dāng) m = 1 時， MPQ 的面積有最大值 364朝陽區(qū)一模理第 19 題）85、（2015x2y263已知橢圓C :+= 1 (a > b > 0) 的一個焦點為F (2, 0)過焦點 F 的直，離心率為a2b2線l 與橢圓C 交于 A, B 兩點，線段 AB 中點為 D ， O 為坐標(biāo)原點，過O

32、， D 的直線交橢圓于 M , N 兩點（）求橢圓C 的方程；（）求四邊形 AMBN 面積的最大值1.解：（）由題意可得c = 2,ìïïc6=,a = 6 ， b = 2 ，ía3ïïîa2 = b2 + c2 ,x2 + y2= 1 故橢圓的方程為.4 分62（）當(dāng)直線l 斜率不時 A, B 的坐標(biāo)分別為(2, 6 ) ， (2, - 6 ) ， | MN |= 2 6 ，33四邊形 AMBN 面積為 S= 1 | MN | × | AB |= 4 AMBN2當(dāng)直線l 斜率時，設(shè)其方程為 y = k(x - 2

33、) ，點 A(x1 , y1 ) ，B(x2 , y2 ) ，M (x3 , y3 ) ，N (-x3 , - y3 ) ，點 M , N 到直線l 的距離分別為 d , d ，則四邊形 AMBN 面積為 S= 1 | AB | (d + d ) 12AMBN122ì x22+ y= 1,由ï得(1 + 3k 2 )x2 -12k 2 x + 12k 2 - 6 = 0 ，í62ïî y = k(x - 2),12k 212k 2 - 6則 x1 + x2 = 1 + 3k 2 ， x1 x2 =，1 + 3k 2所以| AB |(1 + k

34、2 )(x + x )2 - 4x x 121 212k 2 - 612k 2= (1+ k )() - 4 ´221 + 3k 21 + 3k 2= 2 6(1 + k 2 )1 + 3k 2-4k因為 y + y = k(x + x - 4) =，12121 + 3k 26k 2-2k所以 AB 中點 D(2 ,2 ) 1 + 3k1 + 3k當(dāng) k ¹0 時，直線OD 方程為 x + 3ky = 0 ，ì x + 3ky = 0,由ï2x = -3ky ,y2 =í x + y223331 + 3k 2= 1,ïî 6

35、2所以 S= 1 | AB | (d + d )AMBN12212 6(1 + k 2 )| kx - y - 2k | -kx + y - 2k |=´(33+33)21 + 3k 21 + k 21 + k 26 1 + k 2 | 2kx - 2 y |=33 1 + 3k 22 6 1 + k 2 | -3k 2 y - y |=33 1 + 3k 23k 2 + 32= 4= 4 1 +< 4 3 1 + 3k 21 + 3k 2當(dāng) k = 0 時，四邊形 AMBN 面積的最大值 SAMBN = 2 6 ?24 3 .綜上四邊形 AMBN 面積的最大值為4 3 14

36、分6、（2015順義區(qū)一模理第 19 題）（本小題滿分 14 分）已知橢圓C：3x2 + 4 y2 = 12.（I） 求橢圓C 的離心率；（II） 設(shè)橢圓C 上在第二象限的點 P 的橫坐標(biāo)為-1，過點 P 的直線l1, l2 與橢圓C 的另一交點分別為 A, B .且 l1, l2 的斜率互為相反數(shù)， A, B 兩點關(guān)于坐標(biāo)原點 O 的對稱點分別為M , N ,求四邊形 ABMN 的面積的最大值.x2y27. 解：（I）由題意，橢圓C 的標(biāo)準(zhǔn)方程為+= 1.43所以 a2 = 4,b2 = 3, 從而c2 = a2 - b2 = 1.因此， a = 2, c = 1.故橢圓C 的離心率e =

37、c = 1 . .4 分a2（II）由題意可知，點 P 的坐標(biāo)為(-31, ).2設(shè)l 的方程為 y = k(x +1) + 3 . 則l 的方程為 y = -k(x +1) + 35 分1222ì y = k (x +1) + 3由ï得(4k 2 + 3)x2 + (8k 2 +12k)x + 4k 2 +12k - 3 = 0.í2ïî3x2 + 4 y2 = 12由于 x = -1 是此方程的一個解.4k 2 +12k - 3所以此方程的另一解 xA =- 4k 2 + 34k 2 -12k - 3同理 xB =- . .7 分4k 2

38、+ 3-k(x +1) + 3 - k(x +1) - 3yB - yABA22故直線 AB 的斜率為 k=AB- xx - xABA-8k 2 + 64k 2 + 3-k(+ 2)1= -. 2. .9 分 24k 4k 2 + 3設(shè)直線 AB 的方程為 y = - 1 x + m.2ì y = - 1 x + m由ï得 x2 - mx + m2 - 3 = 02íïî3x2 + 4 y2 = 12所以| AB |= 1+ (- 1)2m2 - 4(m2 - 3) =2154 - m22又原點O 到直線 AB 的距離為 d = 2 | m |

39、 .5所以DOAB 的面積 S= 1 ×154 - m2 × 2 | m | =32m2 (4 - m2 )DOAB2253 × m + (4 - m ) =22£3.22當(dāng)且僅當(dāng) m2 = 4 - m2 ，即 m2 = 2, m = ±2 時.DOAB 的面積達(dá)到最大.且最大值為 3 .分由題意可知，四邊形 ABMN 為平行四邊形,所以，四邊形 ABMN 的面積 S = 4SDOAB £ 4. .133 ,故四邊形 ABMN 面積的最大值為4 3 . .14 分7、（2012 年西城二模理 18）已知拋物線 y2 = 4x 的焦點為

40、 F ，過點 F 的直線交拋物線于 A ，B 兩點（）若 AF = 2FB ，求直線 AB 的斜率；（）設(shè)點 M 在線段 AB 上O 關(guān)于點 M 的對稱點為C ，求四邊形OACB 面積的最小值，原點解：（）依題意 F (1, 0) ，設(shè)直線 AB 方程為 x = my +1 1 分將直線 AB 的方程與拋物線的方程聯(lián)立，消去 x 得 y2 - 4my - 4 = 0 3 分設(shè) A(x1, y1) ， B(x2 , y2 ) ，所以 y1 + y2 = 4m ， y1 y2 = -4 4 分因為 AF = 2FB ，所以 y1 = -2 y2 5分聯(lián)立和，消去 y , y ，得 m =±

41、; 2 6 分124所以直線 AB 的斜率是±2 2 7 分（）由點C 與原點O 關(guān)于點 M 對稱，得 M 是線段OC 的中點，從而點O 與點C 到直線AB 的距離相等，所以四邊形OACB 的面積等于2SD AOB 9 分因為 2S= 2´ 1 × | OF | × | y - y |10 分D AOB122=( y + y )2 - 4 y y = 41+ m2 ，12 分121 2所以 m = 0 時，四邊形OACB 的面積最小，最小值是4 8、(2011 東城一模理 19) （本小題共 13 分）13 分y2x22已知橢圓+= 1(a > b

42、 > 0) 的離心率為，且兩個焦點和短軸的一個端點是a2b22一個等腰三角形的頂點斜率為 k (k ¹ 0) 的直線l 過橢圓的上焦點且與橢圓相交于 P ，Q 兩點，線段 PQ 的垂直平分線與 y 軸相交于點 M (0, m) （）求橢圓的方程；（）求的取值范圍；（）試用表示 MPQ 的面積，并求面積的最大值c解：（）依題意可得，2， b = c ，=a2又 a 2 = b 2 + c 2 ，可得b = 1, a =2 y2所以橢圓方程為+ x = 122（）設(shè)直線l 的方程為 y = kx +1 ，ì y = kx +1,ï可得(k + 2)x + 2kx

43、 -1 = 0 22由í y2ïî 2+ x = 1,2設(shè) P(x1, y1 ), Q(x2 , y2 ) ，-2k1則 x + x =， x x =- 121 2k 2 + 2k 2 + 24可得 y + y = k(x + x ) + 2 =1212k 2 + 2-k2設(shè)線段 PQ 中點為 N ，則點 N 的坐標(biāo)為(,) ，k 2 + 2 k 2 + 2由題意有 kMN × k = -1，2m -可得k 2 + 2 × k = -1 kk 2 + 21可得 m =，k 2 + 2又 k ¹ 0 ，所以0 < m < 1

44、 2（）設(shè)橢圓上焦點為 F ，則 S= 1 × FM× x - x.DMPQ1228(k 2 +1)=(x1 + x2 ) - 4x1x2 =2，(k 2 + 2)211由 m =，可得 k 2 + 2 =mk 2 + 28( 1 -1)m1x - x=8m(1- m) 所以12m2= 1- m ，F(xiàn)M又=2m(1- m)3 .所以 SDMPQ所以 MPQ 的面積為 2 m(1- m)3 （ 0 < m < 1 ）2設(shè) f (m) = m(1 - m)3 ，則 f '(m) = (1- m)2 (1- 4m) 11 1可知 f (m) 在區(qū)間(0, )

45、單調(diào)遞增，在區(qū)間( , ) 單調(diào)遞減44 2所以，當(dāng) m = 1 時， f (m) 有最大值 f ( 1 ) = 27 4464所以，當(dāng) m = 1 時， MPQ 的面積有最大值 3648文科一、面積求值【2012市豐臺區(qū)一模文】19（本小題共 14 分）x2y222已知橢圓C :+= 1(a > b > 0) 的離心率為，且經(jīng)過點 M（一 2，0）a2b2（I）求橢圓 C 的標(biāo)準(zhǔn)方程；（）設(shè)斜率為 1 的直線l 與橢圓 C 相交于 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) 兩點，連接 MA, MB 并1111延長交直線x=4 于P，Q 兩點，設(shè) yP , yQ 分別為點P，

46、Q 的縱坐標(biāo)，且 y + y =+ y ，y12PQ求ABM 的面積】【2（2013 屆門頭溝區(qū)一模文科數(shù)學(xué)）已知橢圓與雙曲線 x2 - y2 = 1有相同的焦點,且離2心率為.2(I)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程;(II)過點P(0,1)的直線與該橢圓交于A、B 兩點,O 為坐標(biāo)原點,若 AP = 2PB ,求DAOB的面積.x2y2解:(I)設(shè)橢圓方程為+= 1 , a > b > 0 ,a2b2由c =2 ,可得a = 2 , b2 = a 2 - c2 = 2x2y2+= 1既所求方程為42(II)設(shè) A(x1 , y1 ) , B(x2 , y2 ) ,- x1 = 2x2ì

47、;由 AP = 2PB 有íî1 - y1 = 2( y2 - 1)設(shè)直線方程為 y = kx + 1 ,代入橢圓方程整理,得(2k 2 + 1)x2 + 4kx - 2 = 0- 2k ± 8k 2 + 2x =2k 2 +1- 2k - 8k 2 + 2- 2k + 8k 2 + 2若 x1 =, x2 =2k 2 +12k 2 +1- 2k - 8k 2 + 2- 2k - 8k 2 + 2-= 2 ×則2k 2 +12k 2 +1114k 2 =1 2 8k 2 + 21126又DAOB 的面積 S =| OP | × | x1 - x2 |=×22=2k 2 +18126答: DAOB 的面積是83、（2011 豐臺二模文 19）（本小題共 14 分）已知橢圓 C 的長軸長為2 2 ，一個焦點的坐標(biāo)為(1,