资料简介
第 5 讲 四形面积问题
一、解答题
1．已知椭圆 C： + =1（a＞b＞0）的两个焦点分别为 F1（﹣2，0），F2（2，0），离心率为 ．过焦点
F2 的直线 l（斜率不为 0）与椭圆 C 交于 A，B 两点，线段 AB 的中点为 D，O 为坐标原点，直线 OD 交椭
圆于 M，N 两点．
（Ⅰ）求椭圆 C 的方程；
（Ⅱ）当四边形 MF1NF2 为矩形时，求直线 l 的方程．
【答案】（Ⅰ） ；（Ⅱ）y= ．
【详解】
（I）由已知可得： ，
解得 a2=6，b2=2，
∴椭圆 C 的方程为 ；
（II）由题意可知直线 l 的斜率存在，
设直线 l 方程为 y=k（x﹣2），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N（﹣x3，﹣y3）．
联立 ，化为（1+3k2）x2﹣12k2x+12k2﹣6=0，
∴x1+x2= ，y1+y2=k（x1+x2﹣4）= ，
∴线段 AB 的中点 D ，
∴直线 OD 的方程为：x+3ky=0（k≠0）．
联立 ，解得 = ，x3=﹣3ky3．
∵四边形 MF1NF2 为矩形，
∴ =0，
∴（x3﹣2，y3）•（﹣x3﹣2，﹣y3）=0，
∴ =0，
∴ =0，解得 k= ，
故直线方程为 y= ．
考点：椭圆的简单性质．
2．设椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yE a bb a
的上焦点为 F，椭圆 E 上任意动点到点 F 的距离最大值为 2 1 ，最
小值为 2 1 ．
（Ⅰ）求椭圆 E 的标准方程；
（Ⅱ）过点 F 作两条相互垂直的直线，分别与椭圆 E 交于 P，Q 和 M，N，求四边形 PMQN 的面积的最大
值．
【答案】（I）
2
2 12
yx ； （Ⅱ）2.
【分析】
（Ⅰ）根据题中条件列出关于 a、c 的方程组，解出 a 和 c 的值，可得出 b 的值，进而可得出椭圆 E 的标准
方程；
（Ⅱ）对直线 PQ 与直线 MN 的斜率是否都存在分两种情况讨论．
①当直线 PQ 与直线 MN 分别与 x 轴、y 轴垂直时，求出这两条弦的长度，并求出此时四边形 PMQN 的面积；
②当直线 PQ 与直线 MN 的斜率都存在时，设直线 PQ 的方程为 1y kx ，设点 1 1,P x y 、 2 2,Q x y ，
将直线 PQ 的方程与椭圆 E 的方程联立，消去 y，列出韦达定理，利用弦长公式得出|PQ|的表达式，同理得
出|MN|的表达式，从而得出四边形 PMQN 面积的表达式，通过换元，利用函数相关知识求出四边形 PMQN
面积的取值范围．结合①②得出四边形 PMQN 面积的最大值．
【详解】
（Ⅰ）设椭圆 E 的焦距为 2 ( 0)c c ，则有 2 1
2 1
a c
a c
，解得 2
1
a
c
，∴ 2 2 1b a c ，
因此，椭圆 E 的方程为
2
2 12
yx ；
（Ⅱ）如下图所示，椭圆 E 的上焦点为 0,1F ．
①当直线 PQ 与直线 MN 分别与 x 轴、y 轴垂直时，则 2 2 2PQ a ，
22 2bMN a
，
此时，四边形 PMQN 的面积为 1 1| |• 2 2 2 22 2S PQ MN ；
②当直线 PQ、MN 的斜率都存在时，设直线 PQ 的方程为 1y kx ，则直线 MN 的方程为 1 1y xk
，
设点 1 1,P x y 、 2 2,Q x y ，
将直线 PQ 的方程与椭圆 E 的方程联立 2
2
1
12
y kx
yx
，消去 y 得 2 22 2 1 0k x kx ，
2 2 24 4 2 8 1 0k k k ，由韦达定理可得 1 2 2
2
2
kx x k
， 1 2 2
1
2x x k
，
∴ 2
1 21 •PQ k x x 22
1 2 1 21 • 4k x x x x
2
2
2 2
2 11 • 4•2 2
kk k k
2
2
2 2 1
2
k
k
，
同理可得
2
2
2 2
12 2 • 1 2 2 1
2 11 2
kk
MN k
k
，
所以，四边形 PMQN 的面积为 2 2
2 2
2 2 1 2 2 11 1| |• • •2 2 2 2 1
k k
S PQ MN k k
22
2 2
4 1
2 2 1
k
k k
，
令 2 1 1t k ，则 2 1k t ，
所以，
2 2
22
2
4 4 4 4
1 11 2 1 2 1 1 1 92
2 4
t tS t t t t
t t t
∵ 1t ，所以， 10 1t
，由二次函数的基本性质可知，当
21 1 9 92 2 4 4t
，
所以， 2
4 16 ,291 1 9
2 4
S
t
．
综上所述，四边形 PMQN 的面积的最大值为 2．
【点睛】
本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程，以及韦达定理设而不求法在椭圆综合问题的问题，
同时也考查了弦长公式的应用，考查计算能力，属于中等题．
3．设椭圆
2 2
2 2 1x y
a b
（a＞b＞0）的焦点分别为 F1（﹣1，0）、F2（1，0），直线 l：x＝a2 交 x 轴于点 A，
且 1 22AF AF ．
（1）试求椭圆的方程；
（2）过 F1、F2 分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交于 D、E、M、N 四点（如图所示），试求四边形 DMEN
面积的最大值和最小值．
【答案】（1）
2 2
1.3 2
x y （2）最大值为 4，最小值为 96
25
．
【分析】
（1）由题意，|F1F2|＝2c＝2，A（a2，0），利用 1 22AF AF ，可得 F2 为 AF1 的中点，从而可得椭圆方程；
（2）分类讨论：当直线 DE（或 MN）与 x 轴垂直时，四边形 DMEN 的面积 42
DE MNS ；当直线
DE，MN 均与 x 轴不垂直时，设 DE：y＝k（x+1），代入消去 y，求出|DE|，|MN|，从而可得四边形的面积的
表达式，利用换元法，即可求得结论．
【详解】
（1）由题意，|F1F2|＝2c＝2，A（a2，0）
∵ 1 22AF AF
∴F2 为 AF1 的中点
∴a2＝3，b2＝2
∴椭圆方程为
2 2
1.3 2
x y
（2）当直线 DE 与 x 轴垂直时，|DE|
22 4
3
b
a
，此时|MN|＝2a＝2 3 ，四边形 DMEN 的面积
42
DE MNS ．
同理当 MN 与 x 轴垂直时，四边形 DMEN 的面积 42
DE MNS ．
当直线 DE，MN 均与 x 轴不垂直时，设 DE：y＝k（x+1），代入椭圆方程，消去 y 得：（2+3k2）x2+6k2x+（3k2
﹣6）＝0
设 D（x1，y1），E（x2，y2），则 x1+x2
2
2
6
2 3
k
k
，x1x2
2
2
3 6
2 3
k
k
所以，|x1﹣x2|
2
2
4 3 1
2 3
k
k
，所以|DE| 2 1k |x1﹣x2| 2
2
4 3 1
2 3
k
k
，
同理|MN|
2
2
14 3 1
32
k
k
.
所以四边形的面积
2
2 2 2
2
2
2 2
1 14 3 1 24 24 3 11
3 12 2 2 3 2 6 13
kkDE MN k kS k kk k
令 u 2
2
1k k
，则 S＝4 4
13 6u
因为 u 2
2
1k k
2，当 k＝±1 时，u＝2，S 96
25
，且 S 是以 u 为自变量的增函数，所以 96 425 S ＜ ．
综上可知， 96 425 S ．
故四边形 DMEN 面积的最大值为 4，最小值为 96
25
．
【点睛】
本题考查椭圆的标准方程，考查四边形面积的计算，考查分类讨论的数学思想，考查韦达定理的运用，正
确求弦长是关键．
4．设圆 2 2 2 15 0x y x 的圆心为 A，直线 l 过点 B（1,0）且与 x 轴不重合，l 交圆 A 于 C，D 两点，
过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E.
（I）证明 EA EB 为定值，并写出点 E 的轨迹方程；
（II）设点 E 的轨迹为曲线 C1，直线 l 交 C1 于 M,N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P,Q 两点，求
四边形 MPNQ 面积的取值范围.
【答案】(Ⅰ)答案见解析；(Ⅱ) 12,8 3 .
【详解】
试题分析：（Ⅰ）利用椭圆定义求方程；（Ⅱ）把面积表示为关于斜率 k 的函数，再求最值．
试题解析：（Ⅰ）因为 ， ，故 ，
所以 ，故 .
又圆 的标准方程为 ，从而 ，所以 .
由题设得 ， ， ，由椭圆定义可得点 的轨迹方程为：
（ ）.
（Ⅱ）当 与 轴不垂直时，设 的方程为 ， ， .
由 得 .
则 ， .
所以 .
过点 且与 垂直的直线 ： ， 到 的距离为 ，所以
.故四边形 的面积
.
可得当 与 轴不垂直时，四边形 面积的取值范围为 12,8 3 .
当 与 轴垂直时，其方程为 ， ， ，四边形 的面积为 12.
综上，四边形 面积的取值范围为 .
【考点】
圆锥曲线综合问题
【名师点睛】
高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试
内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭
圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.
5．已知椭圆
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
的左焦点为 ( ,0)F c ，右顶点为 A ，点 E 的坐标为 (0, )c ， EFA△ 的
面积为
2
2
b .
（I）求椭圆的离心率；
（II）设点Q 在线段 AE 上， 3
2FQ c ，延长线段 FQ与椭圆交于点 P ，点 M ，N 在 x 轴上，PM QN ，
且直线 PM 与直线 QN 间的距离为c，四边形 PQNM 的面积为3c .
（i）求直线 FP 的斜率；
（ii）求椭圆的方程.
【答案】（Ⅰ） 1
2 .（Ⅱ）（ⅰ） 3
4 .（ii）
2 2
116 12
x y .
【分析】
根据 EFA△ 的面积为
2
2
b 列出一个关于 , ,a b c 的等式，削去b 求出离心率；根据 ,a c 关系巧设直线 AE 的方
程，与直线 FP 的方程联立解出焦点Q 的坐标，利用|FQ|= 3
2
c 解出斜率 m ，把直线 FP 的方程与椭圆方程联
立，解出 P 点坐标，分别求出 FQN 和 FPM 的面积，利用四边形 PQNM 的面积为 3c ，解出c，得出
椭圆的标准方程.
【详解】
（Ⅰ）设椭圆的离心率为 e.由已知，可得
21
2 2
bc a c .又由 2 2 2b a c ，可得 2 22 0c ac a ，即
22 1 0e e .又因为 0 1e ，解得 1
2e .
所以，椭圆的离心率为 1
2 .
（Ⅱ）（ⅰ）依题意，设直线 FP 的方程为 ( 0)x my c m ，则直线 FP 的斜率为 1
m .
由（Ⅰ）知 2a c ，可得直线 AE 的方程为 12
x y
c c
，
即 2 2 0x y c ，与直线 FP 的方程联立，
可解得 2 2 3,2 2
m c cx ym m
，即点 Q 的坐标为 2 2 3,2 2
m c c
m m
.
由已知|FQ|= 3
2
c ，有 2 2 22 2 3 3
2 2 2
m c c ccm m
，
整理得 23 4 0m m ，所以 4
3m ，即直线 FP 的斜率为 3
4 .
（ii）解：由 2a c ，可得 3b c ，故椭圆方程可以表示为
2 2
2 2 14 3
x y
c c
.
由（i）得直线 FP 的方程为3 4 3 0x y c ，
与椭圆方程联立 2 2
2 2
3 4 3 0,
1,4 3
x y c
x y
c c
消去 y ，
整理得 2 27 6 13 0x cx c ，解得 13
7
cx （舍去）
或 x c .因此可得点 3, 2
cP c
，进而可得
2
2 3 5
2 2
c cFP c c
，所以
5 3
2 2
c cPQ FP FQ c .
由已知，线段 PQ 的长即为 PM 与QN 这两条平行直线间的距离，
故直线 PM 和 QN 都垂直于直线 FP .
因为 QN FP ，所以 3 3 9tan 2 4 8
c cQN FQ QFN ，所以 FQN 的面积为
21 27
2 32
cFQ QN ，
同理 FPM 的面积等于
275
32
c ，由四边形 PQNM 的面积为 3c ，得
2 275 27 332 32
c c c ，整理得 2 2c c ，
又由 0c ，得 2c .
所以，椭圆的方程为
2 2
116 12
x y .
【点睛】
列出一个关于 , ,a b c 的等式，可以求离心率；列出一个关于 , ,a b c 的不等式，可以求离心率的取值范围.“减
元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本
方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数.
6．已知点 2,1A 在椭圆 :
2 2
2 2 1x y
a b
（ 0a b ）上，且点 A 到左焦点 F 的距离为 3.
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设点 A 关于坐标原点O 的对称点为 D ，又 B ､C 两点在椭圆 上，且 //BC AD ，求凸四边形 ABCD 面
积的最大值.
【答案】（1）
2 2
14 2
x y （2） 3 6
2
【分析】
（1）由题意点 A 到左焦点 F 的距离为 3，结合两点间距离公式可求得 c的值，将点 2,1A 代入椭圆，根
据椭圆中 , ,a b c 的关系式即可求得 ,a b ，进而得椭圆的标准方程.
（2）由 //BC AD 可设直线 BC 的方程为 2x y m ，联立椭圆方程，整理变形根据两个交点可令 求
得 m 的范围.设 1 1,A x y ､ 2 2,B x y ，由韦达定理表示出 1 2y y ， 1 2y y ，由弦长公式求得| |BC ，点到直
线距离公式求得O 到 BC 的距离，结合| | 2 | | 2 3AD AO 用 m 表示出 ABCDS ，令
2
4 2
mt ，可化简
为 2 31 (2 ) (2 )2S t t ，再令 31 (2 ) (2 )2f t t t ，利用导函数求得 f t 的单调性和最值，即可求解.
【详解】
（1）因为椭圆 经过点 2,1A ，所以 2 2
2 1 1a b
.
设左焦点 ,0F c （ 0c ），
则由| | 3AF 得 2
2 1 9c ，
解得 2c .
又 2 2 2 2 2a b c b ，于是 2 2
2 1 12b b
，
解得 2 2b （舍负），
进而 2 4a .
故椭圆 的标准方程为
2 2
14 2
x y .
（2）因为 //BC AD ，可设直线 BC 的方程为 2x y m （ 0m ），
联立 2 2
2
2 4
x y m
x y
并整理得 2 24 2 2 4 0y my m .
由 2 22 2 4 4 4 0m m ，解得 2 8m .
设 1 1,A x y ､ 2 2,B x y ，则 1 2 2
my y ，
2
1 2
4
4
my y .
所以 2 2
1 2 1 2| | 1 2 4BC y y y y
2 2
23 4 3 42 2
m mm
.
又 AD 与 BC 之间的距离即 O 到 BC 的距离 | |
3
md ，且| | 2 | | 2 3AD AO .
所以四边形 ABCD 的面积
21 | || | | | 2 42 2 2
m mS AD BC d
.
设
2
4 2
mt ，由 20 8m 可得 0 2t ，
则 2 2 2 31 1(2 ) 4 (2 ) (2 )2 2S t t t t ，
记之为函数 ( )f t ，则 2( ) 2(2 ) (1 )f t t t ，
易知 ( )f t 在区间(0,1) 内单调递增，在区间 (1,2) 内单调递减.
故 ( )f t 的最大值为 27(1) 2f ，此时
2
1 4 2
m ，解得 2 6m ，符合题意，
所以四边形 ABCD 面积的最大值为 3 6
2
.
【点睛】
本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，弦长公式及点到直线距离公式的用法，
椭圆中四边形面积问题的解法，利用导数求函数的最值，换元法在函数中的应用，综合性强，属于难题.
7．如图，已知椭圆 C：
2 2
118 9
x y 的短轴端点分别为 B1，B2，点 M 是椭圆 C 上的动点，且不与 B1，B2
重合，点 N 满足 NB1⊥MB1，NB2⊥MB2.
（1）求动点 N 的轨迹方程；
（2）求四边形 MB2NB1 面积的最大值．
【答案】（1）
2
9
y ＋
2
9
2
x
＝1(x≠0)；（2） 27 2
2
.
【分析】
（1）设 N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)，求出直线 NB1 ，直线 NB2，两式相乘，结合
2 2
0 0 118 9
x y ，即可求解.
（2）设 MB1 为 3 0y kx k ，可得直线 NB1，直线 NB2，两式联立可得 xN＝ 2
6
2 1
k
k
，由 S＝ 1
2 |B1B2|(|xM|
＋|xN|)，利用基本不等式即可求解.
【详解】
（1）设 N(x，y)，M(x0，y0)(x0≠0)．
由题知 B1(0，－3)，B2(0，3)，
所以 kMB1＝ 0
0
3y
x
，kMB2＝ 0
0
3y
x
.
因为 MB1⊥NB1，MB2⊥NB2，
所以直线 NB1：y＋3＝－ 0
0 3
x
y x，①
直线 NB2：y－3＝－ 0
0 3
x
y x，②
①×②得 y2－9＝
2
0
2
0 9
x
y x2.
又因为
2 2
0 0 118 9
x y ，
所以 y2－9＝
0
2
0
18(1 )9
9
y
y
x2＝－2x2，
整理得动点 N 的轨迹方程为
2
9
y ＋
2
9
2
x
＝1(x≠0)．
（2）由（1），设 MB1 为 3 0y kx k
可得得直线 NB1：y＝－ 1
k x－3，①
直线 NB2：y＝2kx＋3，②
联立①②解得 x＝ 2
6
2 1
k
k
，即 xN＝ 2
6
2 1
k
k
，
故四边形 MB2NB1 的面积 S＝ 1
2 |B1B2|(|xM|＋|xN|)
＝3× 2 2
12 | | 6 | |( )2 1 2 1
k k
k k
＝ 2
54 | |
2 1
k
k
＝
54
12 | | | |k k
≤ 27 2
2
，
当且仅当|k|＝ 2
2
时，S 取得最大值 27 2
2
.
【点睛】
关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆中的四边形面积问题，解题的关键求出 Nx ，考查了
计算求解能力.
8．设椭圆
2 2
2 2 1( 0)x y a ba b
的离心率 1
2e ，椭圆上的点到左焦点 1F 的距离的最大值为 3.
（1）求椭圆C 的方程；
（2）求椭圆C 的外切矩形 ABCD 的面积S 的取值范围.
【答案】（1）
2 2
14 3
x y （2）[8 3,14]
【分析】
（1）根据题意求出 ba c， ， ，进而可求出结果；
（2）当矩形 ABCD 的一组对边斜率不存在时，可求出矩形 ABCD 的面积；当矩形 ABCD 四边斜率都存
在时，不防设 AB ，CD 所在直线斜率为 k ，则 BC ，AD 斜率为 1
k
，设出直线 AB 的方程为 y kx m ，
联立直线与椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式等，即可求解.
【详解】
解：（1）由题设条件可得 1
2
c
a
， 3a c ，解得 2a ， 1c
∴ 2 2 2 3b a c ，所以椭圆 C 的方程为
2 2
14 3
x y
（2）当矩形 ABCD 的一组对边斜率不存在时，得矩形 ABCD 的面积 8 3S
当矩形 ABCD 四边斜率都存在时，不防设 AB ， CD 所在直线斜率为 k ，则 BC ， AD 斜率为 1
k
，
设直线 AB 的方程为 y kx m ，与椭圆联立 2 2
14 3
y kx m
x y
可得
2 2 24 3 8 4 12 0k x kmx m ，
由 2 2 28 4 4 3 4 12 0km k m ，得 2 24 3m k
显然直线 CD 的直线方程为 y kx m ，直线 AB ， CD 间的距离
2 2
1 2 22
2 4 32 21 11
m m kd k kk
，
同理可求得 BC ， AD 间的距离为
22
1 2
2
4 3 4 32 21 11
kkd k
k
所以四边形 ABCD 面积为
2 2
1 2 2 2
3 4 4 34 1 1ABCD
k kS d d k k
4 2
4 2
12 25 124 2 1
k k
k k
2
4 24 12 2 1
k
k k
2
2
14 12 1 2k k
14 12 144
（等号当且仅当 1k 时成立）
又 4 12 8 3ABCDS ，
故由以上可得外切矩形面积的取值范围是 8 3,14
【点睛】
本题主要考查椭圆方程以及直线与椭圆的综合，灵活运用弦长公式，韦达定理等即可求解，属于常考题型.
9．已知椭圆
2
2: 12
xC y ，过点 0,1P 作互相垂直的两条直线分别交椭圆C 于点 ,A B（ ,A B 与 P 不重合）.
（1）证明：直线 AB 过定点 10, 3
；
（2）若以点 10, 9E
为圆心的圆与直线 AB 相切，且切点为线段 AB 的中点，求四边形 PAEB 的面积.
【答案】（1）证明见解析；（2） 32
27
或16 13
81
【分析】
（1）先设出直线 AB 的方程 y kx m ，利用垂直关系求出 m 的值即可；
（2）由（1）有直线 AB 的方程为 1
3y kx ，
1 2 2
4
3
2 1
k
x x k
，
1 2 2
16
9
2 1x x k
，求得 AB 中点
2 2
2 1
3 3,2 1 2 1
k
D k k
，根据 ED AB ，求得 k ，再由四边形 PAEB 的面积为
1 2 1 2 1 2
1 1 8 4
2 2 9 9S PE x x x x x x ，运用韦达定理和弦长公式，计算可得所求值.
【详解】
（1）根据题意有：直线 AB 、 PB 、 PA 斜率均存在.
设 :ABl y kx m ， 1 1,A x y 、 2 2,B x y
联立：
2
2 12
x y
y kx m
，有： 2 2 22 1 4 2 2 0k x kmx m ，
所以： 1 2 2
4
2 1
kmx x k
，
2
1 2 2
2 2
2 1
mx x k
.
因为 PB PA ，
所以： 1 2 1 2
1 2 1 2
1 1 1 1 1PB PA
y y kx m kx mk k x x x x
，
化简得： 22
1 2 1 21 1 1 0k x x k m x x m ，
所以：
2
22
2 2
2 2 41 1 1 02 1 2 1
m kmk k m mk k
，
化简得： 23 2 1 0m m ，解得 1
3m 或1.
当 1m 时， : 1ABl y kx 过点 P ，则 P 与 A 或 B 重合，不满足题意，舍去，
所以： 1
3m ，即 1: 3ABl y kx
所以：直线 AB 过定点 10, 3
.
（2）由（1）有： 1
3m ，
则： 1: 3ABl y kx ，
1 2 2
4
3
2 1
k
x x k
，
1 2 2
16
9
2 1x x k
.
如图所示：
设线段 AB 的中点为 ,yD DD x ，
则： 1 2
2
2
3
2 2 1D
kx xx k
，
2 2
2 1
1 13 3
3 2 1 3 2 1D D
k
y kx kk k
.
因为以 10, 9E
为圆心的圆与直线 AB 相切于 AB 的中点，
所以： ED AB ，
又因为： 2 2
2 1
13 3,2 1 2 1 9
k
ED k k
，且 AB
与 1,k 平行，
所以： 2 2
2 1
13 3 02 1 2 1 9
k
kk k
，
解得 0k 或 .
由上图有：四边形 PAEB 的面积 1 2 1 2 1 2
1 1 8 4
2 2 9 9S PE x x x x x x .
①当 0k 时： 1: 3ABl y ，易得： 4 1,3 3A
、 4 1,3 3B
，
所以： 1 2
4 4 4 4 32
9 9 3 3 27S x x .
②当 1k 时：
有：
2
2
1 2 1 2 1 2 2 2
4 64
4 133 94 2 1 2 1 9
k
x x x x x x k k
，
所以： 1 2
4 4 4 13 16 13
9 9 9 81S x x .
由①②有： 32
27S 或 16 13
81
.
【点睛】
本题主要考查直线与椭圆的综合问题，以及定点问题，面积问题，以及直线和圆相切的条件，考查运算能
力，属于难题.
10．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的左焦点为 1,0F ，离心率为 2
2
．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）设O 为坐标原点，T 为直线 2x 上一点，过 F 作TF 的垂线交椭圆于 P 、Q ．当四边形OPTQ 是
平行四边形时，求四边形OPTQ 的面积．
【答案】（1）
2
2 12
x y ；（2） 2 .
【分析】
（1）由焦点坐标和离心率及 a 、 b 、 c之间的关系求出 a 、b 的值，进而可得椭圆C 的标准方程；
（2）由题意设T 的坐标为 2,m ，由（1）得左焦点 F 的坐标，可得直线TF 的斜率，由题意可得 PQ的
方程，将直线 PQ与椭圆C 的方程联立求出两根之和，运用韦达定理求得 1 2 1 2,y y y y ，再由四边形OPTQ
是平行四边形，可得OP QT ，由此求出 m 的值，从而可得 ,OT PQ 的长，进而求出四边形OPTQ 的
面积．
【详解】
（1）由已知得： 2
2
c
a
， 1c ，所以 2a ，又 2 2 2a b c ，解得 1b ，
所以椭圆 C 的标准方程为：
2
2 12
x y ；
（2）设T 点的坐标为 2,m ，则直线TF 的斜率
0
2 1TF
mk m ，
当 0m 时，直线 PQ的斜率 1
PQk m
，直线 PQ的方程是 1x my ；
当 0m 时，直线 PQ的方程也符合 1x my 的形式．
由
2
2 12
1
x y
x my
，得 2 22 2 1 0m y my （*），其判别式 2 2 24 4 2 8 1 0m m m ，
设 1 1,P x y 、 2 2,Q x y ，则
1 2 2
1 2 2
2
2
1
2
my y m
y y m
， 1 2 1 2 2
42 2x x m y y m
，
因为四边形OPTQ 是平行四边形，所以 OP QT ，即 1 1 2 2, 2 ,x y x m y ，
所以
1 2 2
1 2 2
2
2
4 22
my y mm
x x m
，解得 0m ，
此时，方程（*）为 22 1 0y ，得 2
2y ，则 2PQ .
此时 OPTQ 的面积 1 1 2 2 22 2OPTQS OT PQ ．
【点睛】
本题考查求椭圆的标准方程及直线与椭圆的综合，及平行四边形的性质，考查了四边形面积的计算，属于
中档题．
11．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的长轴长为 2 2 ，其离心率与双曲线 2 2 1x y 的离心率互为倒
数.
（1）求椭圆C 的方程；
（2）将椭圆C 上每一点的横坐标扩大为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到曲线 1C ，若直线 :l y kx t 与
曲线 1C 交于 P 、Q 两个不同的点， O 为坐标原点， M 是曲线 1C 上的一点，且四边形 OPMQ是平行四边
形，求四边形 OPMQ的面积.
【答案】（1）
2
2 12
x y ；（2） 3 .
【分析】
（1）根据已知条件求出 a 、 b 、 c 的值，由此可得出椭圆 C 的方程；
（2）求出曲线 1C 的方程，设 1 1,P x y 、 2 2,Q x y 、 0 0,M x y ，将直线 l 的方程与曲线 1C 的方程联立，
列出韦达定理，求出点 M 的坐标，代入曲线 1C 的方程，可得出 2 24 1 4t k ，求得 PQ 以及点O 到直线 PQ
的距离，利用三角形的面积公式可求得结果.
【详解】
（1）由已知， 2 2 2a ，所以 2a ，
又因为双曲线 2 2 1x y 的离心率为 2 ，
可知，椭圆C 的离心率为 2
2
c
a
即 2a c ，故 1c ，进而 2 2 1b a c ，
所以椭圆 C 的方程为
2
2 12
x y ；
（2）将椭圆C 上每一点横坐标扩大为原来的 2 倍，纵坐标不变，得到曲线 1C 的方程为
2
2 14
x y ，
设 1 1,P x y 、 2 2,Q x y 、 0 0,M x y ，由 2 2 2
2 2 1 4 8 4 4 04 4
y kx t k x ktx tx y
，
由韦达定理可得 1 2 2
8
1 4
ktx x k
，
2
1 2 2
4 4
1 4
tx x k
，
且 2 2 28 4 1 4 4 4 0 kt k t ，即 2 21 4 t k ，
由四边形 OPMQ是平行四边形，所以OM OP OQ ，
则 0 1 2 2
8
1 4
ktx x x k
， 0 1 2 1 2 2
22 1 4
ty y y k x x t k
，
因为点 M 在椭圆上，所以
2
22
2
8
21 4 14 1 4
kt
tk
k
，整理可得 2 24 1 4t k ，
所以
2
1 2 2 2
4 4 111 4
tx x k t
，
则 222
22 2
1 2 1 2 22
3 116 1
1 4 41 1 4 1
8kt
k t
kt
PQ k x x x x k k
，
O 到直线 l 的距离
21
td
k
，
所以四边形OPMQ 的面积为 3PQ d .
【点睛】
方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
12．已知椭圆
2 2
2 2: 1( 0)x yE a ba b
的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，点 M 在椭圆 E 上，当 1 2F MF△ 的
面积取得最大值 2 时， 1 2
3cos 5F MF ．
（1）求椭圆 E 的标准方程；
（2）过点 ( , 0)t 作斜率为1的直线交椭圆 E 于 A ， B 两点，其中| | 1t ．设点 A ， B 关于 y 轴的对称点分
别为 D ，C ，当四边形 ABCD 的面积为 10 10
9
时，求直线 AB 的方程．
【答案】（1）
2
2 15
x y ；（2） 2y x 或 2y x 或 2y x 或 2y x ．
【分析】
（1）由题意知，当 1 2F MF△ 的面积的最大值为 2 时，得到 2
1 2sin 21
2bc a F MF ，再根据
1 2
3cos 05F MF ，得到 c b ， 1 2
4sin 5F MF 代入求解；
（2）设直线 AB 的方程为 y x t ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，由| | 1t 及梯形 ABCD 的面积为 10 10
9
，得
到 1 2 1 2
1 2 1 2
| 2 | | | 10 10| | |2 9
2 |x x y y x x x x ，然后由 y x t 与
2
2 15
x y 联立，结合韦达定理求
解.
【详解】
（1）由题可知，当点 M 与椭圆 E 的上顶点或下顶点重合时， 1 2F MF△ 的面积最大，
设 1( ,0)F c ， 2 ( ,0)F c ，因为 1 2F MF△ 的面积的最大值为 2 ，
所以 2bc ，即 2
1 2sin 21
2 a F MF ，
又 1 2
3cos 05F MF ，
所以 c b ， 1 2
4sin 5F MF ，
则 2 22 5
1 4a ，解得 5a ，
由
2 2 5
2
b c
bc
，结合 c b ，可得 1
2
b
c
，
所以椭圆 E 的标准方程为
2
2 15
x y ．
（2）设直线 AB 的方程为 y x t ， 1 1( , )A x y ， 2 2( , )B x y ，
由| | 1t 及四边形 ABCD 的面积为 10 10
9
，可知点 A ， B 位于 y 轴同侧，
且 1 2 1 2
1 2 1 2
| 2 | | | 10 10| | |2 9
2 |x x y y x x x x ，
将 y x t 代入
2
2 15
x y ，消去 y 可得 2 26 10 5 5 0x tx t ，
则 1 2
5
3
tx x ，
2
1 2
5 5
6
tx x ，且 2 2 2100 24 5( )5 120 20 0t t t ，即 21 6t ，
所以
2
1 2 1 2
25 10 10| | | | | ( 5 5 |3 9643 ) 5t tx x x x t ，
整理可得 4 26 8 0t t ，解得 2 2t 或 2 4t ，即 2t 或 2t ，
所以直线 AB 的方程为 2y x 或 2y x 或 2y x 或 2y x ．
【点睛】
方法点睛：1、解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，
然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单．
2、解决直线与曲线的弦长时，往往设直线与曲线的交点坐标为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 2
1 2 1 2
2 2
1 2 1 22
1(1 ) (1 )4 4AB k x x x x y y y yk
(k 为直线斜率)．
注意：利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零．
13．已知点 (1,0)A ，点 B 是圆 2 2
1 :( 1) 16O x y 上的动点，线段 AB 的垂直平分线与 1BO 相交于点C ，
点C 的轨迹为曲线 E .
（1）求 E 的方程
（2）过点 1O 作倾斜角互补的两条直线 1 2,l l ，若直线 1l 与曲线 E 交于 ,M N 两点，直线 2l 与圆 1O 交于 ,P Q
两点，当 , , ,M N P Q 四点构成四边形，且四边形 MPNQ 的面积为8 3 时，求直线 1l 的方程.
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2） 3 3
2 2y x 或 3 3
2 2y x
【分析】
（1）根据题意可得 1 4O C CA ，进而判断点 C 的轨迹是以 1,O A 为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程；
（2）可得 1l x 轴时和 2l x 轴时不符合题意，设 1l 方程为 1y k x ，则直线 2l 方程为 1y k x ，
联立直线 1l 与椭圆，表示出点 ,M N 到直线 2l 的距离，即可表示出四边形的面积，求出 k ，得出直线方程.
【详解】
（1） C 在线段 AB 的垂直平分线上， CA CB ，
又C 在 1BO 上， 1 1 1 4O B O C CB O C CA ，
则可得点 C 的轨迹是以 1,O A 为焦点的椭圆，
则 2 4a ，即 2a ， 1c ， 2 2 2 3b a c ，
故 E 的方程为
2 2
14 3
x y ；
（2）若 1l x 轴时，如图，此时 8PQ ， 1
3
2MO ，则 38 122MPNQS ，不符合题意；
若 2l x 轴时，如图，此时 4MN ， 4OP ，则 4 4 16MPNQS ，不符合题意；
当 1 2,l l 都不与坐标轴垂直时，如图，
设 1l 斜率分别为 k ，由于 1 2,l l 倾斜角互补，则 2l 斜率为 k ，
则直线 1l 方程为 1y k x ，直线 2l 方程为 1y k x ，
联立直线 1l 与椭圆
2 2
1
14 3
y k x
x y
，可得 2 2 2 23 4 8 4 12 0k x k x k ，
设 1 1 2 2, , ,M x y N x y ，则
2
1 2 2
8
3 4
kx x k
，
2
1 2 2
4 12
3 4
kx x k
，
则点 M 到直线 2l 的距离为 1 1 1 1
1 2 2 2
2 2 2 1
1 1 1
kx y k kx k k xd
k k k
，
同理可得点 N 到直线 2l 的距离为 2
2 2
2 1
1
k xd
k
，
则 1 2
1 2 2 2
2 1 2 11 1 82 2 1 1MPNQ
k x k xS PQ d d
k k
1 2 1 22 2
2 81 8 1 12 1 1
k kx x x x
k k
22 2
2
1 2 1 2 2 22 2
8 8 8 4 124 43 4 3 41 1
k k k kx x x x k kk k
2
96 8 33 4
k
k
，解得 3
2k ，
故直线 1l 的方程为 3 3
2 2y x 或 3 3
2 2y x .
【点睛】
方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：
（1）得出直线方程，设交点为 1 1A x y， ， 2 2B x y， ；
（2）联立直线与曲线方程，得到关于 x （或 y ）的一元二次方程；
（3）写出韦达定理；
（4）将所求问题或题中关系转化为 1 2 1 2,x x x x 形式；
（5）代入韦达定理求解.
14．在平面直角坐标系 xOy 中， P 为坐标原点， 3,0M ，已知平行四边形 OMNP 两条对角线的长度
之和等于 4 ．
（1）求动点 P 的轨迹方程；
（2 过 3,0M 作互相垂直的两条直线 1l 、 2l ， 1l 与动点 P 的轨迹交于 A 、B ， 2l 与动点 P 的轨迹交于点
C 、 D ， AB 、CD 的中点分别为 E 、 F ；
①证明：直线 EF 恒过定点，并求出定点坐标．
②求四边形 ACBD 面积的最小值．
【答案】（1）
2
2 1 04
x y y ；（2）①证明见解析，定点坐标为 4 3 ,05
；② 32
25 .
【分析】
（1）设点 P 的坐标为 ,x y ，根据已知条件得出 2 22 2 333 4 2x y yx ，结合椭
圆的定义可知点 P 的轨迹是椭圆，求出 a 、b 、c的值，结合椭圆的焦点位置可得出点 P 的轨迹方程，并求
出 y 的取值范围；
（2）①分析出直线 1l 的斜率存在且不为零，可设直线 1l 的方程为 ( )3 0x my m= + ¹ ，可得出直线 2l 的
方程为 1 3x ym
，设点 1 1,A x y 、 2 2,B x y ，将直线 1l 的方程与点 P 的轨迹方程联立，求出点 E 的
坐标，同理求出点 F 的坐标，求出直线 EF 的方程，进而可得出直线 EF 所过定点的坐标；
②求得 AB 、 CD ，利用基本不等式可求得四边形 ACBD 面积的最小值．
【详解】
（1）设点 ,P x y ，依题意 4MP ON OP OM OP OM
，
2 22 23 4 2 33y xx y ，
所以动点 P 的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则 2 4a ， 3c ， 2 2 1b a c ，
动点 P 的轨迹方程是
2
2 1 04
x y y ；
（2）①若 1l 与 x 轴重合，则直线 1l 与动点 P 的轨迹没有交点，不合乎题意；
若 2l 与 x 轴重合，则直线 2l 与动点 P 的轨迹没有交点，不合乎题意；
设直线 1l 的方程为 ( )3 0x my m= + ¹ ，则直线 2l 的方程为 1 3x ym
，
直线 1l 、 2l 均过椭圆的焦点（椭圆内一点）， 1l 、 2l 与椭圆必有交点．
设 1 1,A x y 、 2 2,B x y ，由 2 2
2 2
3 4 2 3 1 0
4 4
x my m y my
x y
，
由韦达定理可得 1 2 2
2 3
4
my y m
，则 1 2 1 2 2
8 32 3 4x x m y y m
，
所以点 E 的坐标为 2 2
4 3 3,4 4
m
m m
，同理可得点
2
2 2
4 3 3,4 1 4 1
m mF m m
，
直线 EF 的斜率为 2 2
22
2 2
3 3
54 4 1 1
4 14 3 4 3
4 1 4
EF
m m
mm mk m
mm
m m
，
直线 EF 的方程是 2 22
3 5 4 3
4 44 1
m my xm mm
，
即
22 2
22 2 2
4 3 15 4 3 5 4 3
4 54 1 5 4 4 1
mm my x xmm m m
，
当 1m 时，直线 EF 的方程为 4 3
5x ，直线 EF 过定点 4 3 ,05
．
综上，直线 EF 过定点 4 3 ,05
；
②由①可得 1 2 2
2 3
4
my y m
， 1 2 2
1
4y y m
，
2
22 2
1 2 1 2 1 2 2
4 1
1 1 4 4
m
AB m y y m y y y y m
，
同理可得 22
2
2
14 1 4 1
1 4 14
mmCD m
m
，
所以，四边形 ACBD 的面积为
2 22 2
22 2 2 2
8 1 8 1 32
254 4 1 4 4 12
2
1 m m
S AB CD
m m m m
，
当且仅当 2 1m 取等号．
因此，四边形 ACBD 的面积的最小值为 32
25 .
【点睛】
方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：
一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；
二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函
数的单调性或三角函数的有界性等求最值．
15．已知椭圆 C ：
2 2
2 2 1 0x y a ba b
过点 2,0A ，点 B 为其上顶点，且直线 AB 的斜率为 3
2
.
（1）求椭圆C 的方程；
（2）设 P 为第四象限内一点且在椭圆C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N ，求证：
四边形 ABNM 的面积是定值.
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2）证明见解析.
【分析】
（1）首先求点 B 的坐标，根据 ,a b求椭圆方程；（2）首先设点 0 0 0 0, 0, 0P x y x y ，利用点 P 的坐
标表示点 ,M N 的坐标，并利用四边形 ABNM 的对角线表示四边形的面积，化简为定值.
【详解】
（1）由题意，设直线 AB ： 30 22y x ，
令 0x ，则 3y ，于是 0, 3B .所以 2a ， 3b ，
故椭圆C 的方程为
2 2
14 3
x y .
（2）设 0 0 0 0, 0, 0P x y x y ，且 2 2
0 03 4 12x y ，
又 2,0A ， 0, 3B ，所以直线 AP ：
0 0
0 2
0 2
y x
y x
，
令 0x ， 0
0
2
2M
yy x
，则 0 0 0
0 0
2 3 2 3 23 3 2 2M
y x yBM y x x
.
直线 BP ：
00
3 0
03
y x
xy
，令 0y ， 0
0
3
3N
xx
y
，
则 0 0 0
0 0
3 2 2 3 32 2
3 3N
x y xAN x
y y
.
所以四边形 ABNM 的面积为 1
2S BM AN
0 0 0 0
0 0
3 2 3 2 2 2 3 31
2 2 3
x y y x
x y
2 2
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0
3 4 12 4 3 12 8 3
2 3 2 2 3
x y x y x y
x y x y
0 0 0 0
0 0 0 0
4 3 3 2 2 3
2 3
2 3 2 2 3
x y x y
x y x y
，
所以四边形 ABNM 的面积为定值 2 3 .
【点睛】
方法点睛：解决定值、定点的方法
（1）从特殊入手，求出定值、定点、定线，再证明定值、定点、定线与变量无关；
（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量是此类问题的特点，设而不求的方法、整体思想
和消元思想的运用可以有效的简化运算.
16．已知 A ，B 分别为椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的左､右顶点，F 为右焦点，点 P 为C 上的一点，PF
恰好垂直平分线段 OB (O 为坐标原点)， 3
2PF .
（1）求椭圆C 的方程；
（2）过 F 的直线 l 交C 于 M ， N 两点，若点Q 满足 OQ OM ON
(Q ， M ， N 三点不共线)，求四
边形 OMQN 面积的取值范围.
【答案】（1）
2 2
14 3
x y ；（2） (0,3] .
【分析】
（1）根据条件得
2
2 2 2
2
3
2
a c
b
a
a b c
，从而得解；
（2）由题意可知直线 l 的斜率不为 0 ，设直线 l 的方程为： 1x my ，设 MN 的中点为 E ，则
2OQ OM ON OE ，知四边形OMQN 为平行四边形，由
OMQNS平行四边形 2 OMNS △ 1 2
12 2 OF y y ，结合韦达定理可得表达式，进而可得范围.
【详解】
（1）由题意可知 ,0F c ， ,0B a ，
∵ PF 恰好垂直平分线段OB ，∴ 2a c ，
令 x c ，代入
2 2
2 2 1x y
a b
得：
2by a
，∴
2 3
2
b
a
，
∴
2
2 2 2
2
3
2
a c
b
a
a b c
，解得
2
3
1
a
b
c
，
∴椭圆C 的方程为：
2 2
14 3
x y .
（2）由题意可知直线 l 的斜率不为 0 ，设直线 l 的方程为： 1x my ，
设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ，
联立方程
2 2
14 3
1
x y
x my
，消去 x 得： 2 23 4 6 9 0m y my ，
∴ 2 236 36 3 4 0m m ，
∴ 1 2 2
6
3 4
my y m
， 1 2 2
9
3 4y y m
，
设 MN 的中点为 E ，则 2OQ OM ON OE ，
∴ MN 与 OQ 互相平分，四边形 OMQN 为平行四边形，
∴ OMQNS平行四边形 2 OMNS △ 1 2
12 2 OF y y 1 2y y 2
1 2 1 24y y y y
2
2 22
36 36
3 43 4
m
mm
2
2
12 1
3 4
m
m
，
令 2 1 1t m ，则 2
12 12 113 1 3
OMQN
tS tt t t
平行四边形 ，
∵
1
1 33 3y t tt t
在[1, ) 上单调递增，
∴ 13 4t t
，∴ 12 0,313t t
，
∴ 0 3OMQNS 平行四边形 .
综上所述，四边形 OMQN 面积的取值范围为 (0,3] .
【点睛】
思路点睛：
与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决：
（1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系；
（2）不等式（组）求解法：利用题意结合图形（如点在曲线内等）列出所讨论的参数适合的不等式（组），
通过解不等式组得出参数的变化范围；
（3）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过
讨论函数的值域来求参数的变化范围；
（4）利用代数基本不等式： 代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思；
（5）结合参数方程，利用三角函数的有界性.：直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有
三角式. 因此，它们的应用价值在于： ① 通过参数简明地表示曲线上点的坐标； ② 利用三角函数的有界
性及其变形公式来帮助求解诸如最值、范围等问题；
（6）构造一个二次方程，利用判别式求解.
17．已知抛物线 2: 2 0E y px p ，圆 2 2 2: 2 0F x y r r ，当 3r 时，抛物线 E 与圆 F 仅
有两个交点．
（1）求抛物线 E 的方程；
（2）如图，若圆 F 与抛物线 E 有四个交点，且交点分别为 A ， B ，C ，D ，求四边形 ABCD 面积的最大
值．
【答案】（1） 2 2y x ；（2）16 6
9
．
【分析】
（1）联立方程组，结合 0 ，求得 1p ，即可求得抛物线 E 的方程；
（2）联立方程组方程组，列出不等式组，求得 r 的范围，设 1 1,A x y ， 2 2,D x y ，求得面积
2 2 216 1 4 1 4S r r ，利用换元法和导数求得函数的最值，即可求解.
【详解】
（1）联立方程组
2
2 2
2 ,
2 3
y px
x y
，整理得 2 2 2 1 0x p x 有两个相同的解，
因为抛物线 E 与圆 F 仅有两个交点，可得因此
24 2 4 0
2 0
p
p
，解得 1p ，
所以抛物线 E 的方程为 2 2y x ．
（2）若圆 F 与抛物线 E 有四个交点，则方程组
2
2 2 2
2 ,
2
y x
x y r
有四组解，
可得方程 2 22 4 0x x r 有两个不同的解，所以
2
2
4 4 4 0
4 0
0
r
r
r
，
解得 3 2r ，
由抛物线和圆的对称性可知，四边形 ABCD 是梯形，
设四边形 ABCD 的面积为S ， 1 1,A x y ， 2 2,D x y 1 2 2 1, 0,y y x x ，
则 1 1,B x y ， 2 2,C x y ，
因为 1x ， 2x 是方程 2 22 4 0x x r 的两个不同的解， 1 2 2x x ， 2
1 2 4x x r ，
则 1 2 2 1 1 2 2 12 2S y y x x x x x x ，
则 22 2 2
1 2 1 2 1 2 1 22 2 4 2 2 2 4 4 16 4S x x x x x x x x r r
2 216 1 4 1 4r r ，
设 24x r ，则 0,1x ，则 2 2 3 216 1 1 16 1S x x x x x ．
构造函数 3 2 1y x x x ， 0,1x ，
则 23 2 1 3 1 1y x x x x ， 10, 3x
时， 0y ， 1 ,13x
时， 0y ，
则函数 3 2 1y x x x 在 10, 3
上单调递增，在 1 ,13
上单调递减．
因此当 1
3x 时，函数 3 2 1y x x x 取得最大值，为 32
27
，
故 35
3r 时，S 取得最大值，为16 6
9
．
【点睛】
解后反思 关于求 2S 的最大值亦可用推广的基本不等式 3
3
a b c abc+ + ³ 来处理，即
3 3
22 1 1 2 2 48 1 2 2 8 83 3
x x xS x x
，当且仅当 1
3x ，即 35
3r 时，S 有
最大值16 6
9
．
18．如图，已知双曲线
2
2: 13
yC x 的左右焦点分别为 1F 、 2F ，若点 P 为双曲线C 在第一象限上的一点，
且满足 1 2 8PF PF ，过点 P 分别作双曲线C 两条渐近线的平行线 PA 、PB 与渐近线的交点分别是 A 和
B .
（1）求四边形OAPB 的面积；
（2）若对于更一般的双曲线
2 2
2 2: 1 0, 0x yC a ba b
，点 P 为双曲线 C 上任意一点，过点 P 分别
作双曲线 C 两条渐近线的平行线 P A 、 P B 与渐近线的交点分别是 A 和 B.请问四边形OA P B 的面积
为定值吗？若是定值，求出该定值（用 a 、 b 表示该定值）；若不是定值，请说明理由.
【答案】（1） 3
2
；（2）是，且定值为 1
2 ab .
【分析】
（1）求出点 P 、B 的坐标，计算出点 B 到直线 OP 的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形OAPB 的
面积；
（2）设点 0 0,P x y ，求出点 B的坐标，计算出点 B到直线 OP的距离 d ，利用平行四边形的面积公式
化简可得结果.
【详解】
（1）因为双曲线
2
2: 13
yC x ，由双曲线的定义可得 1 2 2PF PF ，
又因为 1 2 8PF PF ， 1 5PF ， 2 3PF ，
因为 1 2 2 1 3 4F F ，所以， 2 2 2
2 1 2 1PF F F PF ， 2PF x 轴，
点 P 的横坐标为 2Px ，所以，
2
22 13
Py ， 0Py ，可得 3Py ，即点 2,3P ，
过点 P 且与渐近线 3y x 平行的直线的方程为 3 3 2y x ，
联立
3
3 3 2
y x
y x
，解得
31 2
33 2
x
y
，即点 3 31 , 32 2B
，
直线 OP 的方程为 3 2 0x y ，点 B 到直线OP 的距离为
3
32
13 2 13
d ，
且 13OP ，因此，四边形OAPB 的面积为 32 2OAPB OBPS S OP d △ ；
（2）四边形OA P B 的面积为定值 1
2 ab ，理由如下：
设点 0 0,P x y ，双曲线
2 2
2 2 1x y
a b
的渐近线方程为 by xa
，
则直线 P B 的方程为 0 0
by y x xa
，
联立
0 0
by y x xa
by xa
，解得
0
0
0
0
2 2
2 2
x ax yb
y by xa
，即点 0 0
0 0,2 2 2 2
x ya bB y xb a
，
直线 OP的方程为 0
0
yy xx
，即 0 0 0y x x y ，
点 B到直线 OP的距离为
0 0
2 2 2 20 0 0 0
0 0
2 2 2 2
0 0 0 0
2 2 2 2
2
x ya by y x x a y b xb ad
x y ab x y
2 2
2 2 2 2
0 0 0 02 2
a b ab
ab x y x y
，且 2 2
0 0OP x y ，
因此， 2 2
0 02 2
0 0
2 22OA P B OB P
ab abS S OP d x y
x y
△ （定值）.
【点睛】
方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
19．已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
的左、右焦点分别为 1F ， 2F ，左顶点为 ,0A a ， 1
2
3 2 2AF
AF
，
过点 2F 且垂直于 x 轴的直线交椭圆C 所得的弦长为 2 ．
（1）求椭圆C 的标准方程；
（2）设分别过点 1F ， 2F 且互相平行的直线 l ，l 与椭圆依次交于 M ，N ，P ，Q 四点，求四边形 MNPQ
面积的最大值．
【答案】（1）
2
2 12
x y ；（2） 2 2 ．
【分析】
（1）由 1
2
3 2 2AF
AF
，得 ,a c 的关系，再由弦长得 ,a b关系，结合 2 2 2a b c 可解得 , ,a b c 得椭圆方
程；
（2）设直线 l ，l 的方程分别为 1x my ， 1x my ．设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ，直线方程代入椭圆
方程由韦达定理得 1 2y y 主， 1 2y y ，由弦长公式得弦长，求出两平行线间距离，求得面积的表达式，利用
换元法结合基本不等式可得最大值．
【详解】
（1）设椭圆C 的半焦距为 c．
由 1
2
3 2 2AF
AF
，得 3 2 2a c
a c
，
即 3 2 2 3 2 2a c a c ，
即 2 2 4 2 2 2c a ，即 2a c ．
由 2 2 2a b c ，得 2a b ，b c ．
根据椭圆的焦点弦可知过点 2F 且垂直于 x 轴的直线交椭圆C 所得的弦长为
22 2b
a
，得
2 2
2
b
a
，即
2 2
22
b
b
，解得 1b ，则 2a ．
故椭圆C 的标准方程为
2
2 12
x y ．
（2）设直线 l ，l 的方程分别为 1x my ， 1x my ．
联立 2
2
1,
1,2
x my
x y
消去 x 得 2 22 2 1 0m y my ， 0 ．
设 1 1,M x y ， 2 2,N x y ，则 1 2 2
2
2
my y m
， 1 2 2
1
2y y m
，
所以
2
22 2 2
1 2 1 2 1 2 2 2
2 11 1 4 1 42 2
mMN m y y m y y y y m m m
2
2
2 2 1
2
m
m
．
又直线 l ， l 之间的距离
2 2
1 1 2
1 1
d
m m
，
所以 2 2
2 22
2 2 1 2 4 2 1
2 21MNPQ
m mS MN d m mm
四边形 ．
令 2 1 1m t t ，则 2 2 1m t ，
则 2
4 2 4 2 4 2 2 211 12
MNPQ
tS t t tt t
四边形 ，当且仅当 1t ，即 0m 时等号成立．
所以四边形 MNPQ 面积的最大值为 2 2 ．
【点睛】
方法点睛：本题考查求椭圆的方程，考查直线与椭圆相交中的面积的最值．解题方法是设而不求的思想方
法．设交点坐标，即设直线方程了，与椭圆方程联立消元应用韦达定理，然后由弦长公式求弦长，再求得
平行线间距离后可把面积表示炎参数的函数，然后由换元法、基本不等式等求得最大值．
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