（人教A版2019選擇性必修第一冊） 專題3.15 圓錐曲線中的面積問題大題專項訓(xùn)練（30道）（舉一反三）（原卷版+解析）

專題3.15圓錐曲線中的面積問題大題專項訓(xùn)練（30道）【人教A版2019選擇性必修第一冊】姓名：___________班級：___________考號：___________1．（2023秋?福州期中）已知橢圓C：x2+2y2＝2，左右焦點分別為F1、F2，過點F1，傾斜角為π4的直線l交橢圓于A、B（1）求橢圓C離心率；（2）求△ABF2的面積.2．（2023?全國模擬）已知橢圓Γ：x24+y23=1，直線l（Ⅰ）求k，b滿足的關(guān)系式；（Ⅱ）若直線l與x，y軸分別交于A，B兩點，O是坐標(biāo)原點，求△AOB面積的最小值．3．（2023秋?潤州區(qū)校級期中）已知曲線C：x2﹣y2＝1及直線l：y＝kx﹣1．且直線l與雙曲線C有兩個不同的交點A，B．（1）求實數(shù)k的取值范圍；（2）O是坐標(biāo)原點，且△AOB的面積為2，求實數(shù)k的值．4．（2023秋?建鄴區(qū)校級期中）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)雙曲線C1以橢圓C2：x24+y2（1）求C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過（0，1）的直線l與C1的右支相切，且與C2交于點M，N，求△OMN的面積．5．（2023秋?西安月考）已知橢圓S：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率e=22，左、右焦點分別為F1、F2，點P（2，?2）在橢圓S（Ⅰ）求橢圓S標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）求△ABF1的面積的最大值．6．（2023春?湖州期中）已知拋物線C1：y2=4x，圓C2：(x?3)2+y2=4，F(xiàn)是拋物線的焦點，過點F的直線與拋物線C1交于（Ⅰ）求拋物線的準(zhǔn)線方程；（Ⅱ）求△OAB的面積．7．（2023秋?浙江期中）如圖，點A是拋物線y2＝2px（p＞0）上的動點，過點M（2，1）的直線AM與拋物線交于另一點B．（Ⅰ）當(dāng)A的坐標(biāo)為（1，2）時，求點B的坐標(biāo)；（Ⅱ）已知點P（2，0），若M為線段AB的中點，求△PAB面積的最大值．8．（2023春?江門期末）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，并且經(jīng)過點A（1，﹣2）．（1）求拋物線C的方程；（2）過原點O作傾斜角為45°的直線l交拋物線C于M，N兩點，求△FMN的面積．9．（2023春?江北區(qū)校級期末）已知橢圓E：x2+y2m=1的下焦點為F1、上焦點為F2，其離心率e=22．過焦點F（1）求實數(shù)m的值；（2）求△ABO（O為原點）面積的最大值．10．（2023秋?連云港期中）已知離心率為233的雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a＞0，b＞0）的兩條漸近線與拋物線D：y2＝2px（p＞0（1）求雙曲線C的漸近線方程；（2）求實數(shù)p的值．11．（2023春?溫州期中）已知拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點為F，且F為圓（x﹣1）2+y2＝16的圓心．過F點的直線l交拋物線于圓分別為A，C，D，B（從上到下）．（1）求拋物線方程并證明|AC||BD|是定值；（2）若△AOC，△BOD的面積比是4：1，求直線l的方程．12．（2023?上城區(qū)校級模擬）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）經(jīng)過點(2，22)，P是圓M：（x+1）2+y2＝1上一點，PA，（1）求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；（2）求△PAB的面積得最大值．13．（2023秋?路南區(qū)校級期中）已知拋物線T：y2＝2px（p∈N+）和橢圓C：x25+y2=1，過拋物線T的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，線段AB的中垂線交橢圓（Ⅰ）若F恰是橢圓C的焦點，求p的值；（Ⅱ）若MN恰好被AB平分，求△OAB面積的最大值．14．（2023秋?柳州月考）已知動點P到點F1（﹣1，0）的距離與到點F2（1，0）的距離之和為22，若點P形成的軌跡為曲線C（1）求曲線C的方程；（2）過F1作直線l與曲線C分別交于兩點M，N，當(dāng)F2M→?F15．（2023秋?常州期中）已知拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F與雙曲線x2?y23=1的右頂點重合，過點M（3，0）作?斜角為45°的直線（1）求拋物線方程；（2）若O為坐標(biāo)原點，求△AOB的面積．16．（2023秋?浙江期中）已知曲線C上任意一點到點F(6，0)的距離與到直線x=463距離之比為32，在曲線C上取A、B兩點，使得線段AB的中點P在圓x（1）求曲線C的方程；（2）若O為坐標(biāo)原點，求△AOB面積的最大值．17．（2023秋?包河區(qū)校級期中）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)），離心率為32，如圖，AB是圓M：（x+2）（1）求橢圓E的方程；（2）點P為橢圓E上一個動點，求△PAB面積的最大值．18．（2023?貴溪市校級三模）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右頂點為A（2，0），離心率為22，過點B（0，﹣2）及左焦點（1）求橢圓的方程；（2）求△CDF2的面積．19．（2023?陜西模擬）已知橢圓y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的一個焦點與拋物線x（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）設(shè)過點（0，3）的直線l與橢圓交于不同的兩點A，B，且A，B與坐標(biāo)原點O構(gòu)成三角形，求△AOB面積的最大值．20．（2023秋?浙江期中）如圖，已知拋物線C1：y2＝4x，橢圓C2：x24+y2=1．過點E（m，0）作橢圓C2的切線交拋物線C1于A，B兩點（其中m＞2）．在x軸上取點（Ⅰ）求橢圓C2的右焦點到拋物線C1準(zhǔn)線的距離；（Ⅱ）當(dāng)△ABG的面積為242時，求直線AB的方程．21．（2023?上城區(qū)校級開學(xué)）已知橢圓：y24+x2=1，過橢圓左頂點A的直線l1交拋物線y2＝2px（p＞0）于B，C兩點，且BC→=2CA→，經(jīng)過點C（1）證明：直線l2過定點．（2）求四邊形ADBE的面積最大值及p的值．22．（2023春?蕪湖期中）平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：x2+4y2＝1，拋物線E：x2＝2y．設(shè)P是E上的動點，且位于第一象限，E在點P處的切線l與C交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為D，直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點M．（1）求證：點M在定直線上；（2）直線l與y軸交于點G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，求S123．（2023?廣西模擬）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，點E（﹣1，0），圓x2+y2＝r2（r＞0）與拋物線C交于A，B兩點，直線BE與拋物線交點為D．（1）求證：直線AD過焦點F；（2）過F作直線MN⊥AD，交拋物線C于M，N兩點，求四邊形ANDM面積的最小值．24．（2023春?徐匯區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，C（﹣2，0），D（2，0），曲線E上的動點P滿足|PC|+|PD|＝42，直線l過D交曲線E于A、B兩點．（1）求曲線E的方程；（2）當(dāng)AC⊥AB時，A在x軸上方時，求A、B的坐標(biāo)；（3）當(dāng)直線l的斜率為2時，求三角形CAB的面積．25．（2023春?臺州期中）如圖，設(shè)曲線ξ：y2＝x﹣1過拋物線Γ：y2＝2px（p＞0）的焦點F，直線l1過F與Γ從下到上依次交于A，B，與ξ交于F，P，直線l2過F與Γ從下到上依次交于C，D，與ξ交于Q，F(xiàn)，直線l1，l2的斜率乘積為﹣2．（Ⅰ）求P，Q兩點的縱坐標(biāo)之積；（Ⅱ）設(shè)△ACF，△PQF，△BDF的面積分別為S1，S2，S3，求S126．（2023春?溫州期末）如圖，已知點P（2，2）是拋物線C：y2＝2x上一點，過點P作兩條斜率相反的直線分別與拋物線交于A、B兩點，直線PA的斜率為k（k＞0）．（Ⅰ）若直線PA、PB恰好為圓（x﹣2）2+y2＝1的切線，求直線PA的斜率；（Ⅱ）求證：直線AB的斜率為定值．并求出當(dāng)△PAB為直角三角形時，△PAB的面積．27．（2023春?湖州期末）如圖，點P是拋物線x2＝4y在第一象限內(nèi)的動點，過點P作圓M：x2+（y﹣2）2＝4的兩條切線，分別交拋物線的準(zhǔn)線l于點A，B．（Ⅰ）當(dāng)∠APB＝90°時，求點P的坐標(biāo)；（Ⅱ）當(dāng)點P的橫坐標(biāo)大于4時，求△PAB面積S的最小值．28．（2023?赤峰模擬）已知橢圓Γ的中心在原點O，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為22，過左焦點F1的直線l1交Γ于A，B兩點，過右焦點F2的直線l2交Γ于C，D兩點，且點A，C位于x軸上方，當(dāng)直線l1的傾斜角為90°時，恰有|AB|＝2（1）求橢圓Γ的方程；（2）若直線l1，l2的斜率之積為?12，求四邊形29．（2023?涪城區(qū)校級模擬）設(shè)拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，過點F的直線l1交拋物線C于A，B兩點，且|AB|＝8，線段AB的中點到y(tǒng)軸的距離為3．（1）求拋物線C的方程；（2）若直線l2與圓O：x2+y2=12切于點P，與拋物線C切于點Q，求△30．（2023?上饒二模）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）與拋物線y2＝2px（p（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）設(shè)A、B為橢圓的左、右頂點，P為橢圓上一點，設(shè)點Q（3，t）（t＞0），且BP⊥BQ，求△APQ面積的最大值．專題3.15圓錐曲線中的面積問題大題專項訓(xùn)練（30道）【人教A版2019選擇性必修第一冊】姓名：___________班級：___________考號：___________1．（2023秋?福州期中）已知橢圓C：x2+2y2＝2，左右焦點分別為F1、F2，過點F1，傾斜角為π4的直線l交橢圓于A、B（1）求橢圓C離心率；（2）求△ABF2的面積.【解題思路】（1）分別求出a，c的值，求出橢圓的離心率即可；（2）聯(lián)立直線和橢圓的方程，求出A，B的坐標(biāo)，求出三角形ABF2的面積即可．【解答過程】解：（1）∵C：x2+2y2＝2，∴a2＝2，b2＝1，c2＝1，a=2，c＝1∴e=c（2）如圖示：直線AB的方程是：y＝x+1，由y=x+1x2+2y2故S△ABF2=12×2．（2023?全國模擬）已知橢圓Γ：x24+y23=1，直線l（Ⅰ）求k，b滿足的關(guān)系式；（Ⅱ）若直線l與x，y軸分別交于A，B兩點，O是坐標(biāo)原點，求△AOB面積的最小值．【解題思路】（Ⅰ）將橢圓與直線聯(lián)立，可得關(guān)于x的一元二次方程，根據(jù)只有一個公共點，可得判別式Δ＝0，代入數(shù)據(jù)，即可得出答案．（Ⅱ）先求得A，B坐標(biāo)，進(jìn)而可得△AOB面積S的表達(dá)式，結(jié)合（Ⅰ）及基本不等式，即可求得答案．【解答過程】解：（Ⅰ）聯(lián)立x2可得（3+4k2）x2+8kbx+4b2﹣12＝0，因為直線與橢圓只有一個公共點，所以Δ＝（8kb）2﹣4（3+4k2）（4b2﹣12）＝0，化簡得4k2﹣b2+3＝0．（Ⅱ）根據(jù)題意，k存在且k≠0，所以A（?bk，0），B（0，所以△AOB面積S=12×|?bk|×|b|=12|b2k|=1S=12（|4k|+|3k|）≥12當(dāng)且僅當(dāng)|4k|＝|3k|時，即k＝±32時等號成立，即面積最小值為2綜上所述，△AOB的面積的最小值為23．3．（2023秋?潤州區(qū)校級期中）已知曲線C：x2﹣y2＝1及直線l：y＝kx﹣1．且直線l與雙曲線C有兩個不同的交點A，B．（1）求實數(shù)k的取值范圍；（2）O是坐標(biāo)原點，且△AOB的面積為2，求實數(shù)k的值．【解題思路】（1）直線l的方程與雙曲線的方程聯(lián)立，由二項式系數(shù)不等于0和判別式大于0可得k的范圍；（2）由（1）可得求出兩根之和及兩根之積，進(jìn)而求出弦長|AB|的值，再求原點O到直線AB的距離，代入三角形的面積公式，由題意可得k的值．【解答過程】解：（1）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立y=kx?1x2?y2=1，整理可得（1﹣k2）x當(dāng)1?k2即k≠所以k的取值范圍為{x|?2＜k＜2，且k（2）由（1）可知x1+x2=?2k1?k2，x1所以弦長|AB|=1+k2?(x1原點O到直線AB的距離d=1所以S△AOB=12?|AB|?d=12?1+k由題意2=解得：k＝±62所以實數(shù)k的值為±64．（2023秋?建鄴區(qū)校級期中）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)雙曲線C1以橢圓C2：x24+y2（1）求C1的標(biāo)準(zhǔn)方程；（2）過（0，1）的直線l與C1的右支相切，且與C2交于點M，N，求△OMN的面積．【解題思路】（1）根據(jù)雙曲線與橢圓關(guān)系，求得a，b，c即可得到答案；（2）設(shè)直線方程為y＝kx+1，與雙曲線聯(lián)立，根據(jù)直線與雙曲線相切求得直線方程，再與橢圓方程聯(lián)立，分別求得弦長|MN|以及原點到直線的距離，再由三角形面積公式即可求解．【解答過程】解：（1）由題得雙曲線a＝1，c＝2，則b2＝c2﹣a2＝3，所以C1的標(biāo)準(zhǔn)方程為：x2（2）設(shè)過（0，1）的直線l的方程為y＝kx+1，聯(lián)立y=kx+1x可得（3﹣k2）x2﹣2kx﹣4＝0，因為直線與雙曲線相切，所以Δ＝4k2+16（3﹣k2）＝0，解得k＝±2，因為直線l與雙曲線右支相切，所以l方程為：y＝﹣2x+1，聯(lián)立y=?2x+1x24+y23=1，可得設(shè)M（x1，y1），N（x2，y2），則x1+x2=1619，x1x2則|MN|=1+k2|x1﹣x2|=又原點O到直線l的距離d=1所以△OMN的面積S=12d?|MN|5．（2023秋?西安月考）已知橢圓S：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的離心率e=22，左、右焦點分別為F1、F2，點P（2，?2）在橢圓S（Ⅰ）求橢圓S標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）求△ABF1的面積的最大值．【解題思路】（Ⅰ）根據(jù)離心率得到ca=22，再將P點坐標(biāo)代入，解得a2＝b2+c2，解出（Ⅱ）設(shè)直線l：x＝my+2，與橢圓方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理，表示出面積，結(jié)合基本不等式即可求得答案．【解答過程】解：（Ⅰ）由題可得ca=22，將點P代入橢圓方程可得22a2+則可解得a＝22，b＝c＝2，所以橢圓方程為：x2（Ⅱ）由（Ⅰ）可得F1（﹣2，0），F(xiàn)2（2，0），設(shè)l：x＝my+2，代入橢圓方程可得（m2+2）y2+4my﹣4＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則y1+y2=?4mm2+2，y則|y1﹣y2|=(所以S△ABF1=12|F1F2||y1﹣y當(dāng)且僅當(dāng)m2+1＝1，即m＝0時取等號，故△ABF1的最大值為42．6．（2023春?湖州期中）已知拋物線C1：y2=4x，圓C2：(x?3)2+y2=4，F(xiàn)是拋物線的焦點，過點F的直線與拋物線C1交于（Ⅰ）求拋物線的準(zhǔn)線方程；（Ⅱ）求△OAB的面積．【解題思路】（Ⅰ）由拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程結(jié)合準(zhǔn)線方程的定義，求解即可；（Ⅱ）設(shè)直線l的方程，與拋物線方程聯(lián)立，得到偉大定理，由中點坐標(biāo)公式求出D的坐標(biāo)，代入圓的方程求出直線方程，聯(lián)立直線與拋物線方程，結(jié)合弦長公式以及點到直線的距離公式，由三角形的面積求解即可．【解答過程】解：（Ⅰ）因為拋物線C1所以拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝﹣1；（Ⅱ）設(shè)直線l的方程為x＝my+1，聯(lián)立直線與拋物線的方程，即x=my+1y2=4x，可得y2﹣4my﹣4設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），所以y1+y2＝4m，故x1所以D（2m2+1，2m），將D點坐標(biāo)帶入圓方程可得（m2﹣1）2+m2＝1，解得m＝±1，根據(jù)拋物線的對稱性，不妨設(shè)m＝1，聯(lián)立方程組x=y+1y2=4x，可得x2﹣6x+1則x1+x2＝6，所以|AB|＝x1+x2+2＝8，又點O到直線AB的距離為dO?AB故S△OAB7．（2023秋?浙江期中）如圖，點A是拋物線y2＝2px（p＞0）上的動點，過點M（2，1）的直線AM與拋物線交于另一點B．（Ⅰ）當(dāng)A的坐標(biāo)為（1，2）時，求點B的坐標(biāo)；（Ⅱ）已知點P（2，0），若M為線段AB的中點，求△PAB面積的最大值．【解題思路】（Ⅰ）由A，M的坐標(biāo)，求出直線AB的方程，與拋物線的方程聯(lián)立求出B的坐標(biāo)；（Ⅱ）設(shè)直線AB的方程，由題意可得AB的縱坐標(biāo)之和，與拋物線的方程聯(lián)立，求出兩根之和及兩根之積，進(jìn)而求出弦長|AB|的表達(dá)式，再求P到直線AB的距離d，代入三角形的面積公式，由二次函數(shù)的最值的方法求出面積的最大值．【解答過程】解：（1）當(dāng)A的坐標(biāo)為（1，2）時，則22＝2p?1，所以2p＝4，所以拋物線的方程為：y2＝4x，由題意可得直線AM的方程為：y﹣2=2?11?2（x﹣即x＝﹣y+3，代入拋物線的方程可得y2+4y﹣12＝0，解得y＝﹣6或2，代入拋物線的方程可得y=?6x=9所以B（9，﹣6）；（2）設(shè)直線AB的方程：x＝my+n，因為M在直線AB上，所以m+n＝2，P到直線AB的距離d=|2?n|1+m2=|m|1+m2，設(shè)A（x1，y1由M（2，1）是AB的中點可得，y1+y2＝2×1＝2，聯(lián)立y2=2pxx=my+n，整理可得：y2﹣2pmy﹣2pn所以y1+y2＝2pm＝2，即pm＝1，y1y2＝﹣2pn，|AB|=1+m2|y1﹣y1|=所以S△PAB=12|AB|?d=12?1+m將pm＝1代入，S△PAB=4m?m所以當(dāng)m＝2時，取等號，所以△PAB面積的最大值為2．8．（2023春?江門期末）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，并且經(jīng)過點A（1，﹣2）．（1）求拋物線C的方程；（2）過原點O作傾斜角為45°的直線l交拋物線C于M，N兩點，求△FMN的面積．【解題思路】（1）把點A的坐標(biāo)代入拋物線方程求得p，即可得到拋物線C的方程；（2）寫出直線l的方程，與拋物線方程聯(lián)立求得M與N的坐標(biāo)，再由三角形面積公式求解．【解答過程】解：（1）把點A（1，﹣2）代入拋物線C：y2＝2px（p＞0），可得（﹣2）2＝2p，解得p＝2，所以拋物線C的方程為C：y2＝4x；（2）拋物線的焦點為F（1，0），過原點O作傾斜角為45°的直線l方程為y＝x，聯(lián)立y=xy2=2x，解得x=0不妨設(shè)M（0，0），N（4，4）．則△FMN的面積為S=1所以所求△FMN的面積為2．9．（2023春?江北區(qū)校級期末）已知橢圓E：x2+y2m=1的下焦點為F1、上焦點為F2，其離心率e=22．過焦點F（1）求實數(shù)m的值；（2）求△ABO（O為原點）面積的最大值．【解題思路】（1）根據(jù)已知條件得b2＝1，a2＝m，結(jié)合離心率e=c（2）設(shè)直線的方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長公式以及三角形的面積公式，基本不等式即可得出答案．【解答過程】解：（1）由題意可得，b2＝1，a2＝m，因為離心率e=c所以c=2因為a2＝b2+c2，所以m＝1+m2，解得m＝（2）由（1）知，橢圓E：x2+y22=1，上焦點F2（設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），直線l的方程為：y＝kx+1，聯(lián)立y=kx+1x2+y22=1，得（k2+2）x2所以x1+x2=?2kk2+2，x1所以|x1﹣x2|2＝（x1+x2）2﹣4x1x2＝（?2kk2+2=4所以|x1﹣x2|=2所以S△ABO=12?|x1﹣x2|×|OF2|==2當(dāng)且僅當(dāng)k2+1=1k所以△ABO（O為原點）面積的最大值為2210．（2023秋?連云港期中）已知離心率為233的雙曲線C：x2a2?y2b2=1（a＞0，b＞0）的兩條漸近線與拋物線D：y2＝2px（p＞0（1）求雙曲線C的漸近線方程；（2）求實數(shù)p的值．【解題思路】（1）根據(jù)離心率可求ba（2）根據(jù)（1）的結(jié)果可求A，B的坐標(biāo)，結(jié)合題設(shè)中的面積可求p的值．【解答過程】解：（1）因為e=233，所以c故雙曲線的漸近線方程為：y=±（2）不失一般性，可設(shè)A在x軸下方，B在x軸上方，因為拋物線的準(zhǔn)線方程為：x=?由y=33x同理可得B(?p2因為S△OAB=111．（2023春?溫州期中）已知拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點為F，且F為圓（x﹣1）2+y2＝16的圓心．過F點的直線l交拋物線于圓分別為A，C，D，B（從上到下）．（1）求拋物線方程并證明|AC||BD|是定值；（2）若△AOC，△BOD的面積比是4：1，求直線l的方程．【解題思路】（1）由題知，F(xiàn)（1，0）故p＝2，進(jìn)而可得拋物線的方程，設(shè)直線l的方程為x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），聯(lián)立直線l與拋物線的方程，結(jié)合韋達(dá)定理可得y1+y2，y1y2，再計算|AC||BD|＝（|AF|﹣|FC|）（|BF|﹣|DF|），即可得出答案．（2）S△AOCS△BOD=4?|AC||BD|=4（m＞0），結(jié)合（1）可知|AC|＝2，|BD|=12，又|AB|【解答過程】解：（1）由題知，F(xiàn)（1，0）故p＝2，拋物線方程為y2＝4x，設(shè)直線l的方程為x＝my+1，A（x1，y1），B（x2，y2），x=my+1y2=4x，得y2﹣4my﹣4∴y1+y2＝4m，y1y2＝﹣4，∴|AC||BD|＝（|AF|﹣|FC|）（|BF|﹣|DF|）＝|AF||BF|﹣（|AF|+|BF|）+1，=(x（2）S△AOCS△BOD=4?|AC|由（1）知|AC||BD|＝1，可求得|AC|＝2，|BD|=1故|AB|＝|AC|+|BD|+|CD|，所以x1+x2+2＝2+12+2，x1+xx1+x2＝my1+1+my2+1＝m（y1+y2）+2=5所以m（y1+y2）=12，4m2由圖可知m＞0，故m=2所以直線l的方程為x=24y+1，即4x?2y﹣412．（2023?上城區(qū)校級模擬）已知拋物線C：y2＝2px（p＞0）經(jīng)過點(2，22)，P是圓M：（x+1）2+y2＝1上一點，PA，（1）求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；（2）求△PAB的面積得最大值．【解題思路】（1）把點(2，22)代入拋物線（2）設(shè)P（x0，y0），切線方程為x﹣x0＝m（y﹣y0），PA，PB的斜率分別為1m1，1m2，聯(lián)立切線與拋物線的方程，得關(guān)于x的一元二次方程，然后求出點A，B的坐標(biāo)，得到直線BA的方程，再計算點P到直線【解答過程】解：（1）因為拋物線C經(jīng)過點(2，所以(22)2=4p，即所以拋物線的方程為y2＝4x，所以準(zhǔn)線方程為x=?（2）設(shè)P（x0，y0），切線方程為x﹣x0＝m（y﹣y0），PA，PB的斜率分別為1m1，由x?x0=m(y?y0)y2=4x，得y2﹣4my令Δ＝0，得m2﹣y0m+x0＝0，由韋達(dá)定理可得m1+m2＝y(tǒng)0，m1m2＝x0，且yA＝2m，yB＝2m2，所以A（m12，2m1），B（m22，2m2），于是kAB=y所以直線AB的方程為2m1+m2（x﹣m12）＝y(tǒng)即2x﹣（m1+m2）y+2m1m2＝0，所以點P到直線AB的距離為d=|2|AB|=(m12?m22)+(2所以S△PAB=12|AB|?d=12|m1﹣m2||2x0﹣（m1+m2）y0+2m=12y02?4x0|2x0﹣y02+2x0|=1=12(1?(x0+1)2?4所以△PAB的面積得最大值為82．13．（2023秋?路南區(qū)校級期中）已知拋物線T：y2＝2px（p∈N+）和橢圓C：x25+y2=1，過拋物線T的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，線段AB的中垂線交橢圓（Ⅰ）若F恰是橢圓C的焦點，求p的值；（Ⅱ）若MN恰好被AB平分，求△OAB面積的最大值．【解題思路】（1）由題可知F是橢圓C的焦點，根據(jù)橢圓方程即可求解；（2）由拋物線與直線相交于A，B兩點，則聯(lián)立直線與拋物線方程，可得到AB中點G的坐標(biāo)，根據(jù)垂直關(guān)系，以及點G在橢圓內(nèi)部，即可進(jìn)行求解．【解答過程】解：（Ⅰ）在橢圓中，c2＝a2﹣b2＝4，所以c＝2，由p2=2，得p＝（Ⅱ）設(shè)直線l：x=my+p2，代入拋物線方程得y2﹣2mpy﹣p2＝設(shè)AB的中點G（x0，y0），則y0＝mp，x0由kOG?kMN=?由點G在橢圓內(nèi)，得(m2p+因為p∈Z，所以p的最大值是2，△OAB面積S=1所以，當(dāng)p＝2時，△OAB面積的最大值是3214．（2023秋?柳州月考）已知動點P到點F1（﹣1，0）的距離與到點F2（1，0）的距離之和為22，若點P形成的軌跡為曲線C（1）求曲線C的方程；（2）過F1作直線l與曲線C分別交于兩點M，N，當(dāng)F2M→?F【解題思路】（1）根據(jù)橢圓的定義可得動點P的軌跡是以F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓，求出a，b的值，即可得出答案．（2）對直線l的斜率分類討論，若斜率不存在，直接求出F2M→?F2N→和S△MF2N的最值；若斜率不存在，設(shè)直線方程和點M，N坐標(biāo)，聯(lián)立方程組，并消元得到一元二次方程，根據(jù)韋達(dá)定理表示出x1+x2，x1x2【解答過程】解：（1）動點P到兩頂點F1（﹣1，0），F(xiàn)2（1，0）的距離之和為22，所以|PF1|+|PF2|＝22＞|F1F2|＝2則動點P的軌跡是F1，F(xiàn)2為焦點的橢圓，所以2a＝22，c＝1，即a=2，b2＝a2﹣c2＝1所以曲線C的方程為x22+y2（2）①當(dāng)直線l的斜率不存在時，x＝﹣1，則M（﹣1，22），N（﹣1，?此時F2M→S△MF2N=12×2×②當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)為y＝k（x+1）（k≠0），M（x1，y1），N（x2，y2），聯(lián)立y=k(x+1)x22+y2=1，得（1+2k2）x2+4k2x+2所以x1+x2=?4k22k2所以y1y2＝k（x1+1）?k（x2+1）＝k2（x1x2+x1+x2+1）=?F2M→?F2M→=（x1﹣1）（x2﹣1）+y1y2＝x1x2﹣（x1+x=2(=7=7綜合①②可得，當(dāng)直線l：x＝﹣1時，F(xiàn)2M→所以S△M15．（2023秋?常州期中）已知拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F與雙曲線x2?y23=1的右頂點重合，過點M（3，0）作?斜角為45°的直線（1）求拋物線方程；（2）若O為坐標(biāo)原點，求△AOB的面積．【解題思路】（1）求出雙曲線的右頂點，得到拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F，即可求解拋物線方程．（2）聯(lián)立直線與拋物線方程，利用韋達(dá)定理，求解三角形的面積．【解答過程】解：（1）由雙曲線x2?y23即可得拋物線y2＝2px（p＞0）的焦點F（1，0），所以拋物線的方程為y2＝4x．（2）由題意可得直線l的方程：y＝x﹣3，將直線與拋物線聯(lián)立y=x?3y2=4x，整理可得y2﹣4y設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），所以y1+y2＝4，y1y2＝﹣12，S△AOB=12×3×|y1﹣y216．（2023秋?浙江期中）已知曲線C上任意一點到點F(6，0)的距離與到直線x=463距離之比為32，在曲線C上取A、B兩點，使得線段AB的中點P在圓x（1）求曲線C的方程；（2）若O為坐標(biāo)原點，求△AOB面積的最大值．【解題思路】（1）設(shè)曲線C上任一點M（x，y），根據(jù)題意列出關(guān)系式，即可求出曲線C的方程；（2）當(dāng)AB⊥x軸時，根據(jù)橢圓的對稱性易求出S△AOB=3；當(dāng)AB不垂直x軸時，設(shè)直線AB方程為y＝kx+t，A（x1，y1），B（x2，y2），將其與橢圓方程聯(lián)立，化簡整理，根據(jù)韋達(dá)定理，求出P點的坐標(biāo)，根據(jù)弦長公式求出|AB|2，再求出O到直線AB的距離d，即可求出（S△AOB）2，再根據(jù)基本不等式即可求出（S△AOB）2【解答過程】解：（1）設(shè)曲線C上任一點M（x，y），則(x?6化簡得C的方程x2（2）當(dāng)AB⊥x軸時，P位于x軸上，且OP⊥AB，由|OP|=2可得|AB|=所以S△AOB當(dāng)AB不垂直x軸時，設(shè)AB的方程為y＝kx+t，與橢圓交于A（x1，y1），B（x2，y2），由x28+y22=1，y=kx+t得（1+4k2）x2+8所以x1從而P(?4kt由P在圓x2+y2＝2上，可得t2因為|AB|設(shè)O到直線AB的距離為d，則d2所以(S故(S△AOB)2≤4，當(dāng)且僅當(dāng)8k2?t2+2＝所以S△AOB≤2，當(dāng)且僅當(dāng)k2故△AOB面積的最大值為2．17．（2023秋?包河區(qū)校級期中）已知橢圓E：x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)），離心率為32，如圖，AB是圓M：（x+2）（1）求橢圓E的方程；（2）點P為橢圓E上一個動點，求△PAB面積的最大值．【解題思路】（1）可設(shè)橢圓E的方程為x2+4y2＝4b2，①設(shè)出直線AB的方程，代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，結(jié)合圓的直徑和中點坐標(biāo)公式，解方程可得b2＝3，即可得到橢圓方程．（2）設(shè)P（23cosθ，3sinθ），求得點P到直線AB的距離的最大值即可．【解答過程】解：（1）因為橢圓E：x2a2+y2b2故可設(shè)橢圓E的方程為x2+4y2＝4b2，①由題意可得圓心M（﹣2，1）是線段AB的中點，且|AB|=10易知AB與x軸不垂直，記其方程為y＝k（x+2）+1，代入①可得（1+4k2）x2+8k（1+2k）x+4（1+2k）2﹣4b2＝0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2=?8k(1+2k)1+4k2，x1由M為AB的中點，可得x1+x2＝﹣4，得?8k(1+2k)1+4k2=?4從而x1x2＝8﹣2b2，于是|AB|=1+14?(x則有橢圓E的方程為x2（2）設(shè)P（23cosθ，3sinθ），由（1）可得AB的方程為：x﹣2y+4＝0，點P到直線AB的距離為d=|2∴dmax=2故△PAB面積的最大值為S=12×18．（2023?貴溪市校級三模）已知橢圓x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）的右頂點為A（2，0），離心率為22，過點B（0，﹣2）及左焦點（1）求橢圓的方程；（2）求△CDF2的面積．【解題思路】（1）由已知結(jié)合隱含條件求得a與b的值，則橢圓方程可求；（2）寫出直線BF1所在直線方程，與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長公式求|CD|，再由點到直線的距離公式求點F2到直線BF1的距離，代入三角形面積公式求解．【解答過程】解：（1）由題意可得，a=2又e=ca=c2=22，∴c＝1，則b2＝可得橢圓方程為x22+y2（2）∵F1（﹣1，0），∴直線BF1的方程為y＝﹣2x﹣2，由y=?2x?2x22+y2∵Δ＝162﹣4×9×6＝40＞0，∴直線與橢圓有兩個公共點，設(shè)為C（x1，y1），D（x2，y2），則x1∴|CD|=1+(?2)2?|x1﹣x2|=5?(又點F2到直線BF1的距離d=4故S△CDF2=12|19．（2023?陜西模擬）已知橢圓y2a2+x2b2=1（a＞b＞0）的一個焦點與拋物線x（Ⅰ）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；（Ⅱ）設(shè)過點（0，3）的直線l與橢圓交于不同的兩點A，B，且A，B與坐標(biāo)原點O構(gòu)成三角形，求△AOB面積的最大值．【解題思路】（Ⅰ）根據(jù)橢圓的幾何性質(zhì)，求出a2，b2的值，即可求解；（Ⅱ）設(shè)出點A，B的坐標(biāo)，直線l的方程并與橢圓的方程聯(lián)立，再由弦長公式及韋達(dá)定理求得|AB|的表達(dá)式，進(jìn)而求得S△AOB的表達(dá)式，再利用基本不等式求解即可．【解答過程】解：（Ⅰ）∵拋物線x2＝8y的焦點坐標(biāo)為（0，2），∴橢圓的半焦距c＝2．由題可知，解得a2＝8，b2＝4，∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2（Ⅱ）設(shè)點A（x1，y1），B（x2，y2）．∵A，B，O三點構(gòu)成三角形，所以直線l的斜率存在且不為0，則可設(shè)直線l的方程為y＝kx+3．聯(lián)立，消去y整理得（2+k2）x2+6kx+1＝0．由Δ＞0得36k2﹣4（2+k2）＞0，即k2∴x1+x∴|AB|=(1+易知，點O到直線l：y＝kx+3的距離?=∴S△AOB設(shè)4k則k2∴4k當(dāng)且僅當(dāng)t＝3，即k2∴△AOB面積的最大值為3220．（2023秋?浙江期中）如圖，已知拋物線C1：y2＝4x，橢圓C2：x24+y2=1．過點E（m，0）作橢圓C2的切線交拋物線C1于A，B兩點（其中m＞2）．在x軸上取點（Ⅰ）求橢圓C2的右焦點到拋物線C1準(zhǔn)線的距離；（Ⅱ）當(dāng)△ABG的面積為242時，求直線AB的方程．【解題思路】（Ⅰ）由橢圓和拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程，分別求出準(zhǔn)線方程和焦點坐標(biāo)，即可得到答案；（Ⅱ）設(shè)直線AB的方程為y＝k（x﹣m），與橢圓聯(lián)立方程組，由此求出k與m的關(guān)系，與拋物線聯(lián)立方程組，利用韋達(dá)定理以及kAG+kBG＝0，化簡整理可得t＝﹣m，表示出△ABG的面積，列出關(guān)系式，轉(zhuǎn)化為關(guān)于m的方程，求出m的值，即可得到k的值，從而得到直線AB的方程．【解答過程】解：（Ⅰ）拋物線C1：y2＝4x，則準(zhǔn)線為x＝﹣1，橢圓C2：x24+y2=1所以橢圓C2的右焦點到拋物線C1準(zhǔn)線的距離為3+1（Ⅱ）因為m＞2且直線AB與橢圓相切，所以直線AB的斜率必存在，設(shè)直線AB的方程為y＝k（x﹣m），聯(lián)立方程組y=k(x?m)x24+y2=1，可得（4k2+1）x2﹣8k2mx+4因為直線AB與橢圓相切，所以Δ＝64k4m2﹣4（4k2+1）（4k2m2﹣4）＝0，化簡整理可得k2聯(lián)立方程組y=k(x?m)y2=4x，可得k2x2﹣（2k2m+4）+k2設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1設(shè)G（t，0），則kAG因為∠AGE＝∠BGE，則kAG+kBG＝0，所以y1x1?t+y2x2?t=0，即x2y1+x1y2所以x2（kx1﹣km）+x1（kx2﹣km）﹣t（kx1+kx2﹣2km）＝0，即2kx1x2﹣km（x1+x2）﹣kt（x1+x2）+2kmt＝0，將x1化簡整理可得，m+t＝0，即t＝﹣m，所以S△ABG==1=1=1=1=2(m?化簡可得，m2（m2+m﹣4）＝72，因為m＞2，所以m＝3，則k2所以k=±故直線AB的方程為y=±21．（2023?上城區(qū)校級開學(xué)）已知橢圓：y24+x2=1，過橢圓左頂點A的直線l1交拋物線y2＝2px（p＞0）于B，C兩點，且BC→=2CA→，經(jīng)過點C（1）證明：直線l2過定點．（2）求四邊形ADBE的面積最大值及p的值．【解題思路】（1）設(shè)直線l1的方程與拋物線方程聯(lián)立，利用韋達(dá)定理結(jié)合向量的關(guān)系，求出y1＝3y2，進(jìn)而用斜率表示y1，y2，p，求出點C的坐標(biāo)，求出直線l2的方程，即可證明；（2）由題意得到S四邊形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE，然后利用點到直線距離公式求出點A到直線l2的距離d，聯(lián)立直線l2與橢圓的方程，利用弦長公式求出|DE|，從而表示出△ADE的面積，由基本不等式求解最值，即可得到答案．【解答過程】（1）證明：由橢圓：y24+x2=1，可知點A的坐標(biāo)為（﹣1，0），且直線l1過點A與拋物線y2＝2px（p＞則直線l1的斜率存在且不為0，設(shè)直線l1的方程為x＝my﹣1（m＞0），B（x1，y1），C（x2，y2），聯(lián)立方程組x=my?1y2=2px，可得y2﹣2pmy則Δ＞0且y1+y2＝2pm，y1y2＝2p，由BC→=2CA→，則點故y1＝3y2，所以y2=pm2，p因此x2故點C(1又kl1=所以kl則直線l2的方程為y?43m故直線l2恒過定點（3，0）；（2）解：由BC→=2CA故S△BDE＝2S△ADE，即S四邊形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE，由（1）可知，直線l2為y=?12mx+1m，即x+2my﹣2＝0且故點A到直線l2的距離d=|?2?2|設(shè)D（x3，y3），E（x4，y4），聯(lián)立方程組x+2my?2=0y24+x2=1，可得（1+16m2）故Δ＝（﹣32m）2﹣4×（1+16m2）×12＝256m2﹣48，由|DE|=1+4所以S=8當(dāng)且僅當(dāng)16m2?3=416m所以S四邊形ADBE＝S△ADE+S△BDE＝3S△ADE＝6，故四邊形ADBE的最大面積為6，此時p=822．（2023春?蕪湖期中）平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：x2+4y2＝1，拋物線E：x2＝2y．設(shè)P是E上的動點，且位于第一象限，E在點P處的切線l與C交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為D，直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點M．（1）求證：點M在定直線上；（2）直線l與y軸交于點G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，求S1【解題思路】（1）根據(jù)題意，可先對拋物線x2＝2y求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義，寫出切線l的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達(dá)定理，即可進(jìn)行求證；（2）由（1）可得P，G，D的坐標(biāo)，分別求出S1，S2，即可進(jìn)行計算．【解答過程】解：（1）證明：設(shè)P(m，由x2＝2y可得y'＝x，所以直線l斜率為m，因此直線l方程為y?m2設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），D（x0，y0），聯(lián)立x2+4y2=1y=mx?m22，得（4m2+1）x2﹣4m3由Δ＞0，得0＜m＜2+5且x1因此x0=2m3因為y0x0=?1聯(lián)立x=my=?14mx得點所以點M在定直線y=?（2）由（1）知直線l方程為y=mx?令x＝0，得y=?m2又P(m，m22)所以S1S2所以S1S2=2(4m2+1)(則S1當(dāng)1t=12，即t＝2時，23．（2023?廣西模擬）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，點E（﹣1，0），圓x2+y2＝r2（r＞0）與拋物線C交于A，B兩點，直線BE與拋物線交點為D．（1）求證：直線AD過焦點F；（2）過F作直線MN⊥AD，交拋物線C于M，N兩點，求四邊形ANDM面積的最小值．【解題思路】（1）設(shè)A（x0，y0），B（x0，﹣y0），寫出直線BE的方程，與拋物線的方程聯(lián)立，運用韋達(dá)定理，可得D的坐標(biāo)，進(jìn)而得到直線DF的斜率，與直線AF的斜率比較，可得證明；（2）可設(shè)直線AD的方程為y＝k（x﹣1），直線MN的方程為y=?1k（x﹣1），與拋物線的方程聯(lián)立，運用韋達(dá)定理和弦長公式，可得|AB|，|【解答過程】解：（1）證明：設(shè)A（x0，y0），B（x0，﹣y0），直線BE的方程為y=?y0x與y2＝4x聯(lián)立，可得y04y2+（x0+1）y+y0＝因為有一根﹣y0，可得﹣y0yD＝4，即有yD=?即D（4y02，?4y0），又直線DF的斜率為4y直線AF的斜率為y0所以直線AF的斜率和直線DF的斜率相等，所以直線AD過焦點F；（2）可設(shè)直線AD的方程為y＝k（x﹣1），直線MN的方程為y=?1k（x聯(lián)立y=k(x?1)y2=4x，可得k2x2﹣（2k2+4）x+設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1+x2＝2+4|AD|＝x1+x2+2＝4+4同理可得|MN|＝4+4k2，所以四邊形ANDM面積S=12|AB|?|MN|=12（4+4k2）（4+4k2）＝8（2+k2+當(dāng)且僅當(dāng)k＝±1時，取得等號．所以四邊形ANDM面積的最小值為32．24．（2023春?徐匯區(qū)校級月考）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，C（﹣2，0），D（2，0），曲線E上的動點P滿足|PC|+|PD|＝42，直線l過D交曲線E于A、B兩點．（1）求曲線E的方程；（2）當(dāng)AC⊥AB時，A在x軸上方時，求A、B的坐標(biāo)；（3）當(dāng)直線l的斜率為2時，求三角形CAB的面積．【解題思路】（1）利用橢圓的定義確定點P的軌跡是橢圓，然后利用待定系數(shù)法求解橢圓的方程即可；（2）設(shè)A（x0，y0）（y0＞0），利用向量垂直的坐標(biāo)表示列式得到x0，y0的關(guān)系式，結(jié)合點A在橢圓上，求出點A的坐標(biāo)，然后求出直線AB的方程，與橢圓方程聯(lián)立，求出點B的坐標(biāo)即可；（3）求出直線l的方程，與橢圓方程聯(lián)立，得到韋達(dá)定理，利用弦長公式求出|AB|，由點到直線的距離公式求解點C到直線l的距離，然后由三角形的面積公式求解即可．【解答過程】解：（1）因為|PC|+|PD|=42則點P的軌跡是以C，D為左右焦點的橢圓，設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2則a=22所以b=a故曲線E的方程為x2（2）設(shè)A（x0，y0）（y0＞0），則x0又AC→因為AC⊥AB，且點A，B，D在同一條直線l上，所以AC⊥AD，故AC→聯(lián)立方程組x028因為y0＞0，則y0＝2，代入x02+y02所以點A的坐標(biāo)為（0，2），因為A（0，2），D（2，0），所以直線AB的方程為x2聯(lián)立方程組x28+y2故點B的坐標(biāo)為(8（3）由題意可知，直線l的方程為y＝2（x﹣2），即2x﹣y﹣4＝0，聯(lián)立方程組x28+y24=12x?y?4=0，解得9x則Δ＝322﹣4×9×24＝160＞0，設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則x1故|AB|=1+又點C到直線l的距離為d=|2×(?2)?0?4|所以S=1=1625．（2023春?臺州期中）如圖，設(shè)曲線ξ：y2＝x﹣1過拋物線Γ：y2＝2px（p＞0）的焦點F，直線l1過F與Γ從下到上依次交于A，B，與ξ交于F，P，直線l2過F與Γ從下到上依次交于C，D，與ξ交于Q，F(xiàn)，直線l1，l2的斜率乘積為﹣2．（Ⅰ）求P，Q兩點的縱坐標(biāo)之積；（Ⅱ）設(shè)△ACF，△PQF，△BDF的面積分別為S1，S2，S3，求S1【解題思路】（I）由曲線ξ：y2＝x﹣1過拋物線Γ：y2＝2px（p＞0）的焦點F（p2，0），可得0=p2?1，解得p．設(shè)直線l1：y＝k1（x﹣1），直線l2：y＝k2（x﹣1），分別與曲線ξ：y2＝x﹣1聯(lián)立解得（II）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），聯(lián)立y=k1(x?1)y2=4x，消去x利用根與系數(shù)的關(guān)系可得y1+y2，y1y2.同理可得：y3+y4，y3y4，又x1x2=y12y2216，y1+y2＝k1（x1+x2﹣2），可得x1+x2，同理可得：x3x4，x3+x4，設(shè)∠PFQ＝θ，則S1S3=12|FA||FC|sinθ×12|FB||FD|sinθ=14（由（I）可得：|PF|2=1k12+1k14，|QF|2=1k22+1k24，S22=14|【解答過程】解：（I）由曲線ξ：y2＝x﹣1過拋物線Γ：y2＝2px（p＞0）的焦點F（p2，0∴0=p2?1，解得p∴拋物線Γ：y2＝4x．設(shè)直線l1：y＝k1（x﹣1），直線l2：y＝k2（x﹣1），聯(lián)立y=k1(x?1)y2=x?1，消去x可得：k1y2＝y(tǒng)，解得y∴P（1+1k1同理可得：Q（1+1k2又k1k2＝﹣2，∴P，Q兩點的縱坐標(biāo)之積=1（II）設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），聯(lián)立y=k1(x?1)y2=4x，消去x化為：k1y2﹣4y﹣4k1＝0，∴y1+y2=4k同理可得：y3+y4=4k2，y3y4又x1x2=y12y2216=1，y1+y2＝k1（x1+x2﹣2），∴x同理可得：x3x4＝1，x3+x4＝2+4設(shè)∠PFQ＝θ，則S1S3=12|FA||FC|sinθ×12|FB||FD|sinθ=14（x1+1）（x2+1）（x3+1）（x=14（x1x2+x1+x2+1）（x3x4+x3+x4+1）sin=14（4+4k12）（＝4（1k12+1）（1k2由（I）可得：|PF|2=1k12+1k則S22=14|PF|2?|QF|2sin2θ=14（=141k121k22=116（1k12+1）（1∴S1?26．（2023春?溫州期末）如圖，已知點P（2，2）是拋物線C：y2＝2x上一點，過點P作兩條斜率相反的直線分別與拋物線交于A、B兩點，直線PA的斜率為k（k＞0）．（Ⅰ）若直線PA、PB恰好為圓（x﹣2）2+y2＝1的切線，求直線PA的斜率；（Ⅱ）求證：直線AB的斜率為定值．并求出當(dāng)△PAB為直角三角形時，△PAB的面積．【解題思路】（Ⅰ）依題意直線PA方程：y﹣2＝k（x﹣2）（k＞0），由直線PA與圓相切，得圓心到直線PA的距離等于半徑，解得k．（Ⅱ）設(shè)A（xA，yA），B（xB，yB），聯(lián)立直線PA與拋物線方程，結(jié)合韋達(dá)定理可得yAyP，解得yA，進(jìn)而可得A點坐標(biāo)，用﹣k代替k可得B點坐標(biāo)，計算kAB，分三種情況：1°當(dāng)∠PAB＝90°時，2°當(dāng)∠APB＝90°時，3°當(dāng)∠ABP＝90°時，分析△PAB的面積．【解答過程】解：（Ⅰ）依題意，PA：y﹣2＝k（x﹣2）（k＞0），由直線PA與圓（x﹣2）2+y2＝1相切，可得|2k?0+2?2k|1+解得k=3（Ⅱ）設(shè)A（xA，yA），B（xB，yB），聯(lián)立直線PA與拋物線方程y?消去x可得：ky2﹣2y+4﹣4k＝0，∴yAyP∴A(2用﹣k代替k可得：yB∴B(2因此，kAB即直線AB的斜率為定值?11°當(dāng)∠PAB＝90°時，由kAB?k＝﹣1得k＝2，此時P（2，2），A(12，求得|PA|=325，|AB|=22°當(dāng)∠APB＝90°時，可得k＝1，此時P（2，2），A（0，0），B（8，﹣4），求得|PA|=22，|PB|=62，3°當(dāng)∠ABP＝90°時，無解．綜上所述，當(dāng)△PAB為直角三角形時，△PAB的面積為152或1227．（2023春?湖州期末）如圖，點P是拋物線x2＝4y在第一象限內(nèi)的動點，過點P作圓M：x2+（y﹣2）2＝4的兩條切線，分別交拋物線的準(zhǔn)線l于點A，B．（Ⅰ）當(dāng)∠APB＝90°時，求點P的坐標(biāo)；（Ⅱ）當(dāng)點P的橫坐標(biāo)大于4時，求△PAB面積S的最小值．【解題思路】（Ⅰ）當(dāng)∠APB＝90°時，圓及圓的切線的性質(zhì)知P到圓心M（0，2）的距離是22，設(shè)P（2t，t2）（t＞0），則4t2+（t2﹣2）2＝8，解得t，即可得出P（Ⅱ）設(shè)P（2t，t2）（t＞2），切線方程為y﹣t2＝k（x﹣2t），由于相切，由圓心M到切線的距離等于半徑，得2=|t2?2kt?2|1+k2，即（4t2﹣4）k2+4t（2﹣t2）k+t4﹣4t2＝0，記PA，PB的斜率分別為k1，k2，由韋達(dá)定理得k1+k2，k1k2，聯(lián)立切線與準(zhǔn)線y＝﹣1，解得xA，同理可得xB，進(jìn)而可得|【解答過程】解：（Ⅰ）當(dāng)∠APB＝90°時由圓及圓的切線的性質(zhì)知P到圓心M（0，2）的距離是22設(shè)P（2t，t2）（t＞0），則4t2+（t2﹣2）2＝8?t2＝2，所以t=2，即P(2（Ⅱ）設(shè)P（2t，t2）（t＞2），切線方程為y﹣t2＝k（x﹣2t），即kx﹣y+t2﹣2kt＝0，則由2=|記PA，PB的斜率分別為k1，k2，則k1+k由y=k1x+t2?2tk同理得xB=?1?t2所以|AB|=(1+t所以S==1將k1+k得S=2令t2﹣4＝m＞0，則S=2當(dāng)且僅當(dāng)m＝5即t＝3時取等號（即點P（6，9），所以△PAB的面積的最小值是40．28．（2023?赤峰模擬）已知橢圓Γ的中心在原點O，焦點F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為22，過左焦點F1的直線l1交Γ于A，B兩點，過右焦點F2的直線l2交Γ于C，D兩點，且點A，C位于x軸上方，當(dāng)直線l1的傾斜角為90°時，恰有|AB|＝2．（1）求橢圓Γ的方程；（2）若直線l1，l2的斜率之積為?12，求四邊形【解題思路】（1）設(shè)橢圓Γ的方程為x2a2+y2b2=1（a＞b＞