专题05 圆锥曲线之焦点三角形（讲义）-2024高考数学二轮复习解析几何压轴题

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。

专题05 圆锥曲线之焦点三角形
一、椭圆的焦点三角形：
椭圆上任意一点与两焦点、构成的三角形:。
秒杀技巧与性质一：
1．周长为定值：。
2.当点靠近短轴端点时增大，当点靠近长轴端点时减小；与短轴端点重合时最大。(注：椭圆中端点三角形(长轴两端点与椭圆上一点构成)当P在短轴端点时顶角最大。)
秒杀技巧与性质二：
3．三角形面积：，即与短轴端点重合时面积最大。
秒杀技巧与性质三：
4．焦点直角三角形:底角为，有四个(四个全等，点为通径端点。)；顶角为，即以为直径的圆与椭圆交点为点：。
秒杀技巧与性质四：
5．双曲线:ⅰ．焦点直角三角形的个数：一定为八个，顶角为直角与底角为直角的各为四个；
ⅱ．为焦点三角形的顶角)=。等面积思想在解题时非常重要。
二、双曲线的焦点三角形：
双曲线上任意一点与两焦点、构成的三角形:。
已知双曲线方程为 如图，顶点在第一象限，对于双曲线焦点三角形，
秒杀技巧与性质一：
如图，、是双曲线的焦点，设P为双曲线上任意一点，记，则的面积.
秒杀技巧与性质二：
1、如图，有，
2、离心率.
秒杀技巧与性质三：
双曲线中，焦点三角形的内心的轨迹方程为.
证明：设内切圆与的切点分别为，则由切线长定理可得,因为，，所以，所以点的坐标为，所以点的横坐标为定值a.
例1、（2020·西藏南木林县第一中学高三月考）若椭圆（其中a＞b＞0）的离心率为，两焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，且△F1F2M的周长为16，则椭圆C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】椭圆（其中a＞b＞0）的两焦点分别为F1，F2，M为椭圆上一点，且△F1F2M的周长为16，可得2a+2c=16，椭圆（其中a＞b＞0）的离心率为，可得，解得a=5，c=3，则b=4，所以椭圆C的方程为：．故选D．
例2、（2018·辽宁大连·统考二模）设椭圆的左焦点为，直线与椭圆交于两点，则周长的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合椭圆的对称性、椭圆的定义，求出弦AB长的范围即可．
【详解】令椭圆的右焦点为，长半轴长，直线过椭圆中心，因此，
则周长，
，由得，因此，
所以周长的取值范围是.
故选：C
例3、（2023·山西吕梁·统考二模）已知双曲线：（，）的左、右焦点分别为，，直线与交于，两点，，且的面积为，则的离心率是（ ）
A．B．C．2D．3
【答案】B
【分析】由题意，结合图形的对称性可得四边形为矩形，再根据双曲线的定义利用勾股定理求解即可．
【详解】如图，若在第一象限，因为，所以，
由图形的对称性知四边形为矩形，因为的面积为，所以，
又因为，所以，，
在中，，解得．

故选：B
例4、（2023·甘肃定西·统考模拟预测）已知双曲线C：的渐近线方程为，左、右焦点分别为，，过点且斜率为的直线l交双曲线的右支于M，N两点，若的周长为36，则双曲线C的方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得，则直线为，代入双曲线方程中，利用弦长公式求出，再由双曲线的定义和的周长为36，可求出，从而可求出双曲线的方程．
【详解】因为双曲线的渐近线方程为，
所以，则双曲线方程为，，，
所以直线为，设，
由，得，
则，
所以，
因为，，
所以，
因为的周长为36，所以，
所以，得，所以双曲线方程为，
故选：D
1、（2020·黑龙江）已知点分别是椭圆的左、右焦点,点在此椭圆上,则的周长等于（ ）
A．20B．16C．18D．14
【答案】C
【解析】根据椭圆方程可知，根据椭圆的定义可知，的周长为，故选C.
2．（2019·广西南宁）定义：椭圆上一点与两焦点构成的三角形为椭圆的焦点三角形，已知椭圆的焦距为，焦点三角形的周长为，则椭圆的方程是__________．
【答案】
【解析】设椭圆的半焦距为，由题意得，，所以，故椭圆的方程是.
3．（2023·山东青岛·统考三模）已知O为坐标原点，双曲线C：的左，右焦点分别为，，过C的右焦点且倾斜角为的直线交C右支于A，B两点，AB中点为W，，△的周长等于12，则（ ）
A．a＝3B．双曲线C的渐近线方程为
C．D．
【答案】D
【分析】运用韦达定理、弦长公式、双曲线定义及两点间距离公式可求得、的值，进而代入计算判断各个选项即可．
【详解】如图所示，

由题意知，，，其中，
设直线AB方程为，
联立，
设，，
则，，
则
所以①，
由双曲线定义知，，
所以的周长为，
所以②，
由①②得：③，
又因为为AB的中点，
所以，，
所以，
所以，解得：④，
由③④可得：，
所以双曲线方程为.
所以双曲线渐近线方程为，故A项错误、B项错误；
对于C项，，故C项错误；
对于D项，因为，所以，
所以，
所以，故D项正确．
故选：D.
4．（2022·全国·模拟预测）（多选题）已知椭圆的左、右焦点分别为、，直线与椭圆相交于点、，则（ ）
A．椭圆的离心率为
B．存在，使为直角三角形
C．存在，使的周长最大
D．当时，四边形面积最大
【答案】BD
【分析】直接求出椭圆的离心率判断；利用椭圆的对称性及角的范围判断；利用椭圆定义及数学转化分析的周长判断；由四边形面积公式分析正确．
【详解】解：如图所示：
对于，由椭圆方程可得，，，则，椭圆的离心率为，故错误；
对于，当时，可以得出，
若取时，得，
根据椭圆的对称性，存在使为直角三角形，故正确；
对于，由椭圆的定义得，的周长
，
，，当过点时取等号，
，即直线过椭圆的右焦点时，的周长最大，
此时直线的方程为，但是，
不存在，使的周长最大，故错误；
对于，一定，根据椭圆的对称性可知，当时，最大，四边形面积最大，故正确．
故选：．
【点睛】本题考查椭圆的几何性质，考查数形结合的解题思想，考查分析问题与求解问题的能力．5．（2023·广东广州·统考模拟预测）（多选题）已知双曲线的左、右焦点别为，，过点的直线l与双曲线的右支相交于两点，则（ ）
A．若的两条渐近线相互垂直，则
B．若的离心率为，则的实轴长为
C．若，则
D．当变化时，周长的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据双曲线的渐近线、离心率、定义、三角形的周长等知识对选项进行分析，从而确定正确答案．
【详解】依题意，，
A选项，若双曲线的两条渐近线相互垂直，所以，故A正确；
B选项，若的离心率为，
解得，所以实轴长，故B错误；
C选项，若，则，
整理得，故C正确；
D选项，根据双曲线的定义可知，，
两式相加得，
所以周长为，
当时，取得最小值，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以周长的最小值为，故D正确．
故选：ACD
6．（2022·全国·统考高考真题）已知椭圆，C的上顶点为A，两个焦点为，，离心率为．过且垂直于的直线与C交于D，E两点，，则的周长是 ．
【答案】13
【分析】利用离心率得到椭圆的方程为，根据离心率得到直线的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线的斜率，写出直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，利用弦长公式求得，得，根据对称性将的周长转化为的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
【详解】∵椭圆的离心率为，∴，∴，∴椭圆的方程为，不妨设左焦点为，右焦点为，如图所示，∵，∴，∴为正三角形，∵过且垂直于的直线与C交于D，E两点，为线段的垂直平分线，∴直线的斜率为，斜率倒数为， 直线的方程：，代入椭圆方程，整理化简得到：，
判别式，
∴，
∴ ， 得，
∵为线段的垂直平分线，根据对称性，，∴的周长等于的周长，利用椭圆的定义得到周长为.
故答案为：13.
例5、（2020·安徽省定远中学）已知椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一点，且，若的面积为9，则__________．
【答案】3
【解析】（技巧法）
（常规法）因为的面积为9，所以
因为，所以
即
故答案为：3
例6、（2020·云南陆良）已知、为双曲线C：的左、右焦点，点P在C上，∠P=，则（ ）
A．2B．4C．6D．8
【答案】B
【解析】（技巧法）
（常规法）由双曲线的定义得①,又,由余弦定理②，由①2-②得，故选B．
例7、（2019·安徽蚌埠·蚌埠二中校考二模）已知抛物线的准线过双曲线的左焦点且与双曲线交于､两点，为坐标原点，且的面积为，则双曲线的离心率为
A．B．4C．3D．2
【答案】B
【解析】求出抛物线的准线方程，可得双曲线的左焦点，求出时，的值．利用的面积为，求出，即可求出双曲线的离心率．
【详解】由抛物线得其标准方程为，
所以双曲线的左焦点为 ，
时，代入双曲线方程，且，
可得，
的面积为，
，则，
.
故选：B.
【点睛】本题考查了抛物线、双曲线的几何性质，考查三角形面积的计算．属于中档题．
例8、（2019·四川宜宾·统考三模）已知双曲线的左右焦点分别为，以它的一个焦点为圆心，半径为的圆恰好与双曲线的两条渐近线分别切于两点，则四边形的面积为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】D
【分析】根据渐近线方程及焦点到渐近线的距离等于，结合双曲线中 的关系可求得的值，进而求得切点A的坐标，即可求四边形的面积．
【详解】因为双曲线的左右焦点分别为
双曲线的渐近线方程为，即其中一条渐近线方程为
以它的一个焦点为圆心，半径为的圆恰好与双曲线的两条渐近线分别切于A，B两点
根据焦点到渐近线的距离及双曲线中 的关系
可得
所以解得，
进而可求得切点
则四边形的面积为
故选D
【点睛】本题考查双曲线的简单性质以及圆与双曲线的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
1、（2020·山西大同）已知、为双曲线的左、右焦点，点P在C上，，则的面积为
【答案】
【解析】（技巧法）
（常规法）双曲线，则，所以，
则，平方得，且，
由余弦定理，即，
解得，则.
2．（2020·上海普陀·高三三模）设为双曲线（）的上一点，，（为左、右焦点），则的面积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】（技巧法）
（常规法）双曲线，则
不妨设是双曲线的右支上一点，
则由双曲线的定义，得
则,
所以
所以，即
所以
所以
故选：C
3．（2020·全国·统考高考真题）设是双曲线的两个焦点，为坐标原点，点在上且，则的面积为（ ）
A．B．3C．D．2
【答案】B
【分析】由是以P为直角直角三角形得到，再利用双曲线的定义得到，联立即可得到，代入中计算即可．
【详解】由已知，不妨设，
则，因为，
所以点在以为直径的圆上，
即是以P为直角顶点的直角三角形，
故，
即，又，
所以，
解得，所以
故选：B
【点晴】本题考查双曲线中焦点三角形面积的计算问题，涉及到双曲线的定义，考查学生的数学运算能力，是一道中档题．
4．（2023·全国·模拟预测）（多选题）已知椭圆的离心率为，为椭圆的左、右顶点，为椭圆的左、右焦点，是椭圆上异于的任意一点，过作直线的垂线，垂足为，直线交于点，交椭圆于两点，△的面积最大值为12，则（ ）
A．
B．若，则的最大值为
C．在圆上运动
D．
【答案】ABD
【分析】判断出点的轨迹即可求出△的面积最大值，进而求出；根据椭圆的定义即可求出的最大值；设出直线的方程，且点在椭圆上，即可求出，最后联立直线的方程即可求得点的轨迹方程；设出直线的方程，并与椭圆联立利用韦达定理即可求解.
【详解】对于选项A，因为，所以点在以为直径的圆上，所以边上高为半径时，△的面积最大值，即，
又因为，即，所以，解得，故A正确；
由选项，由选项A可知，，则，所以，
,当在直线上时，等号成立．故正确；
由选项，因为，所以设直线，
直线，直线，
因为椭圆方程为，所以满足，所以，所以，
联立直线的方程得，解得，
所以在直线上运动，故C错误；
设直线的方程为，设，
直线和椭圆联立，消去整理得，
，
所以，，
因为点在椭圆上，所以,
所以，同理可知，
所以
，
故选项正确；
故选：.
【点睛】本题考查考生运算求解能力、推理论证能力、函数与方程的思想、数形结合的思想、化归与转化的思想．
5．（2023·上海嘉定·统考一模）焦点在轴上的椭圆与抛物线，椭圆的右焦点与抛物线的焦点均为，为椭圆上一动点，椭圆与抛物线的准线交于、两点，则的最大值为 .
【答案】
【分析】求出抛物线的焦点坐标，可得出的值，可得出椭圆的方程，求出的值，以及点到直线距离的最大值，再结合三角形的面积公式可求得的最大值．
【详解】抛物线的焦点为，由题意可得，可得，
所以，椭圆方程为，
抛物线的准线方程为，由可得，则，
因为为椭圆上一动点，则当点为椭圆的右顶点时，点到直线的距离取到最大值，
则的最大值为.
故答案为：.
6．（2024·贵州·校联考模拟预测）已知双曲线的左、右焦点分别为，，点在的左支上，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为，则当取最小值16时，面积的最大值为 .
【答案】32
【分析】由双曲线的定义结合三角形两边之和大于第三边的相关性质得的最小值为，，结合基本不等式即可求得最值．
【详解】题意得，故，如图所示，
则，
当且仅当M，，N三点共线时两个等号同时成立，
所以的最小值为，所以，即，
当且仅当时，等号成立，
而到渐近线的距离，
又，故，
所以，
即面积的最大值为32.
故答案为：32.
例9、（2021·浙江·统考二模）已知，是双曲线的左､右焦点，过的直线交双曲线的右支于，两点，且，，则下列结论正确的有 .
①双曲线的离心率；
②双曲线的一条渐近线斜率是；
③线段；
④的面积是.
【答案】②④
【分析】利用题设条件分析、探讨出a，b的关系，并对四个问题的条件逐一处理即可得解．
【详解】依题意结合双曲线定义得：，则，
因，而，则，，如图：
则|AB|=8a，|BF2|=6a，|BF1|=|BF2|+2a=8a=|AB|，是等腰三角形，，
中，由余弦定理得，
双曲线C的焦距2c=4a，即c=2a，，
双曲线离心率，①不正确；
而|AB|=8a，③不正确；
双曲线C的一条渐近线为，其斜率为，②正确；
因，，④正确．
故答案为：②④
例10、（2020·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）椭圆，过原点O斜率为的直线与椭圆交于C，D，若，则椭圆的标准方程为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】先利用直线斜率和弦长求出点的坐标，然后将点代入椭圆方程，解出，从而得到椭圆方程．
【详解】由题意可知，直线的方程为，直线倾斜角为，
不妨设点在第一象限，则，因此可得，
又点在椭圆上，所以，
所以椭圆的标准方程为，
故选：D.
【点睛】本题主要考查了椭圆方程的求法，结合了直线与弦长等相关知识，难度不大．
例11、（2019·湖南永州·校联考二模）已知椭圆的左焦点为，过点作斜率为的直线交椭圆于两点，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】因为椭圆左焦点为，写出直线方程 ，与椭圆方程联立，消元得，利用弦长公式即可求出.
【详解】由可知，直线AB为，
联立，消元得，
设
则，
根据弦长公式得，故选C.
【点睛】本题主要考查了椭圆的简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，求弦长，属于中档题．
例12、（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知椭圆，的上顶点为A，两个焦点分别为，离心率为，过且斜率为的直线与交于两点，四边形的面积为，则四边形的周长是 ．
【答案】14
【分析】设椭圆半焦距为，由离心率可得椭圆，将直线DE方程与椭圆方程联立，利用韦达定理结合四边形的面积为，可得，后注意到点A，两点关于直线DE对称，后利用椭圆定义可得答案．
【详解】设椭圆半焦距为，因椭圆离心率为，则，则椭圆.
由题，设直线DE为，将其与椭圆方程联立，则.
由题，联立方程判别式大于0，设，由韦达定理，有.
则.
又，则A到直线DE距离为，到DE距离为.
因四边形的面积S为，则.
因点A，到直线DE距离相等，且，则点A，两点关于直线DE对称．
则四边形的周长为.
注意到，，
则，得四边形的周长为.
故答案为：14

1．（2022·浙江·统考高考真题）已知双曲线的左焦点为F，过F且斜率为的直线交双曲线于点，交双曲线的渐近线于点且．若，则双曲线的离心率是 ．
【答案】
【分析】联立直线和渐近线方程，可求出点，再根据可求得点，最后根据点在双曲线上，即可解出离心率．
【详解】过且斜率为的直线，渐近线，
联立，得，由，得
而点在双曲线上，于是，解得：，所以离心率.
故答案为：．
2．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考模拟预测）已知是椭圆的左焦点，过作斜率为的直线交椭圆于，两点，若线段MN的长等于椭圆短轴长的，则椭圆的离心率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，，直线MN的方程为，联立椭圆方程可得，利用韦达定理和弦长公式可求，由于线段MN的长等于椭圆短轴长的，列出方程，即可求解，进而根据得到椭圆的离心率．
【详解】解：令，则直线MN的方程为，设，，
联立得，，
则，，
所以，
已知线段MN的长等于椭圆短轴长的，则，
整理得，即，解得（舍）或，
则椭圆的离心率，
故选：A.
3．（2022·河南·校联考模拟预测）已知双曲线的左､右焦点分别为，，一条渐近线方程为，过双曲线C的右焦点作倾斜角为的直线交双曲线的右支于A，B两点，若的周长为36，则双曲线C的标准方程为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可得，则双曲线方程为，，，可得直线为，代入双曲线方程中，利用弦长公式求出，再由双曲线的定义和 的周长为36，可求出，从而可求出双曲线的方程
【详解】因为双曲线的一条渐近线方程为，
所以，则双曲线方程为，，，
所以直线为，
设，
由，得，
则，
所以，
因为，，
所以，
因为的周长为36，
所以，
所以，得，
所以双曲线方程为 ，
故选：C
4．（2024·广东汕头·金山中学校考一模）（多选题）已知椭圆的长轴长为4，离心率为分别为椭圆的左、右焦点，过点的直线与椭圆相交于A，B两点，则下列说法正确的是（ ）
A．椭圆的标准方程为
B．椭圆上存在点，使得
C．是椭圆上一点，若，则
D．若的内切圆半径分别为，当时，直线的斜率
【答案】ACD
【分析】对于A，根据题意直接得到和进而得到即可得到椭圆方程；对于B，判断与椭圆是否有公共点即可判断是否存在满足题意的点；对于C，设，根据余弦定理得到，进而得到，结合三角形面积公式即可求解面积；对于D，设直线，将直线与椭圆方程联立，得到，根据得到，进而得到，从而求解直线斜率即可．
【详解】对于A，因为椭圆的长轴长为，所以，
又因为椭圆的离心率，所以，
所以，所以椭圆，故A正确；
对于B，若椭圆上存在点，使得，则点在圆上，
又因为方程组无解，故B错误；
对于C，设，则，
在中，由余弦定理可得
，
因为，所以，
所以，故C正确；
对于D，，显然直线斜率不为0，设直线，
由，整理得：，
恒成立，
所以，
依题意有，得，
所以，即，
同理可得，
因为，所以，又因为，所以，
因为，所以，解得，代入到，得，解得，
所以直线的斜率为，故D正确．
故选：ACD
【点睛】方法点睛：本题考查解析几何的综合问题，此类问题常见的处理方法为：
（1）几何法：通过图形特征转化，结合适当的辅助线与图形关系进而求解；
（2）坐标法：在平面直角坐标系中，通过坐标的运算与转化，运用方程联立与韦达定理等知识，用坐标运算求解答案．
例13．（2020·吉林松原·高三其他（文））已知点是双曲线上一点，，分别为双曲线的左､右焦点，若的外接圆半径为4，且为锐角，则（ ）
A．15B．16C．18D．20
【答案】B
【解析】（技巧法）依题意，.
在三角形中， ，由正弦定理得，
即，由于为锐角，所以.
（常规法）依题意，.
在三角形中， ，由正弦定理得，
即，由于为锐角，所以.
根据双曲线的定义得.
在三角形中，由余弦定理得，
即，
即，
即，所以.
故选：B
例14、（2022·湖南郴州·安仁县第一中学校考模拟预测）弓琴，是弓琴弹拨弦鸣乐器（如下左图）．历史悠久，形制原始，它脱胎于古代的猎弓，也可以称作“乐弓”，是我国弹弦乐器的始祖．古代有“后羿射十日”的神话，说明上古生民对善射者的尊崇，乐弓自然是弓箭发明的延伸．古代传说将“琴”的创始归于伏羲，也正由于他是以渔猎为生的部落氏族首领．在我国古籍《吴越春秋》中，曾记载着：“断竹、续竹，飞土逐肉”． 常用于民歌或舞蹈伴奏．流行于台湾原住民中的布农、邹等民族聚居地区．弓琴的琴身下部分可近似的看作是半椭球的琴腔， 其正视图即为一椭圆面，它有多条弦， 拨动琴弦，发音柔弱，音色比较动听，现有某专业乐器研究人员对它做出改进，安装了七根弦，发现声音强劲悦耳．如下右图，是一弓琴琴腔下部分的正视图．若按对称建立如图所示坐标系，恰为左焦点，均匀对称分布在上半个椭圆弧上(在上的投影把线段八等分)， 为琴弦，记，数列前n项和为，椭圆方程为，且，则的最小值为
【答案】
【分析】设（），由焦半径公式有，由对称性得，由题意有成等差数列，从而可求得，这样求得后再由基本不等式得最小值．
【详解】设，得，为等差数列，
=，
由题意知的投影把线段八等分,所以,，
又，所以，故
，
当且仅当时取等号．
故答案为：．
【点睛】本题是新文化试题，解题关键是理解题意，从诸多信息中提取有用的数学信息，然后应用数学知识解题．题中椭圆、焦点，提示我们求需用椭圆的焦半径公式，再结合对称性，易求得其和，从而表示出，第二步才联想到需要利用基本不等式中“1”的代换求最小值．
例15、（2023·湖北武汉·统考三模）已知，分别为双曲线的左，右焦点，直线l过点，且与双曲线右支交于A，B两点，O为坐标原点，，的内切圆的圆心分别为，，则面积的取值范围是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先根据切线长定理判定两个内切圆的横坐标值，再设的内切圆半径为，根据图形性质计算得面积的解析式，再利用函数单调性即可求得面积的取值范围
【详解】设圆与，，分别切于点，，.
由双曲线定义知，，
∴，
∵，，，
∴，又，
∴，，即点为双曲线的右顶点．
∵轴，∴的横坐标为，同理：横坐标也为.
∵平分，平分．∴，
设、的内切圆半径分别为，，
∵轴，∴，
∵，∴.
设直线倾斜角为，又为双曲线右支上两点，
又渐近线方程为，∴由题意得，∴，
∴，即
又在单调递减，在单调递增
当时，，此时取得最小值；
当时，；当时，，
∴.
故选：B.
例16、（2022·北京丰台·统考二模）已知双曲线C：（，）的左、右顶点分别为，，左、右焦点分别为，．以线段为直径的圆与双曲线C的一条渐近线交于点M，且点M在第一象限，与另一条渐近线平行．若，则的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求得以线段为直径的圆的方程为，与渐近线联立求出点的坐标，根据与另一条渐近线平行可求出的关系，然后根据，即可求出的值，从而可得出答案．
【详解】解：由题意，，
则以线段为直径的圆的方程为，
联立，解得或，
又因点M在第一象限，所以，
因为与直线平行，
所以，即，
所以，则，
因为，
所以，
即，
所以，
则，
所以，，
所以.
故选：C.
1．（2023·全国·统考高考真题）已知双曲线的左、右焦点分别为．点在上，点在轴上，，则的离心率为 ．
【答案】/
【分析】方法一：利用双曲线的定义与向量数积的几何意义得到关于的表达式，从而利用勾股定理求得，进而利用余弦定理得到的齐次方程，从而得解．
方法二：依题意设出各点坐标，从而由向量坐标运算求得，，将点代入双曲线得到关于的齐次方程，从而得解；
【详解】方法一：
依题意，设，则，
在中，，则，故或（舍去），
所以，，则，
故，
所以在中，，整理得，
故.
方法二:
依题意，得，令，
因为，所以，则，
又，所以，则，
又点在上，则，整理得，则，
所以，即，
整理得，则，解得或，
又，所以或（舍去），故.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：双曲线过焦点的三角形的解决关键是充分利用双曲线的定义，结合勾股定理与余弦定理得到关于的齐次方程，从而得解．
2．（2019·全国·高考真题）已知双曲线C：的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若，，则C的离心率为 ．
【答案】2.
【分析】通过向量关系得到和，得到，结合双曲线的渐近线可得从而由可求离心率．
【详解】如图，

由得又得OA是三角形的中位线，即由，得则有，
又OA与OB都是渐近线，得又，得．又渐近线OB的斜率为，所以该双曲线的离心率为．
【点睛】本题考查平面向量结合双曲线的渐近线和离心率，渗透了逻辑推理、直观想象和数学运算素养．采取几何法，利用数形结合思想解题．
3．（2019·全国·高考真题）已知椭圆C的焦点为，过F2的直线与C交于A，B两点．若，，则C的方程为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由已知可设，则，得，在中求得，再在中，由余弦定理得，从而可求解．
【详解】法一：如图，由已知可设，则，由椭圆的定义有．在中，由余弦定理推论得．在中，由余弦定理得，解得．
所求椭圆方程为，故选B．
法二：由已知可设，则，由椭圆的定义有．在和中，由余弦定理得，又互补，，两式消去，得，解得．所求椭圆方程为，故选B．
【点睛】本题考查椭圆标准方程及其简单性质，考查数形结合思想、转化与化归的能力，很好的落实了直观想象、逻辑推理等数学素养．
4．（2021·山东淄博·统考二模）设椭圆的左､右焦点为､，是椭圆上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．离心率 B．的最大值为3
C．△面积的最大值为D．的最小值为2
【答案】D
【分析】根据椭圆方程求出、、，即可判断A，设根据二次函数的性质判断BD，由判断C.
【详解】因为椭圆，所以，，所以，，，所以，，，故A错误；
设，所以，所以，因为，所以当时，，即，故B错误；
因为，又，所以当时，即在短轴的顶点时面积的取得最大值，，故C错误；
对于D：，因为，所以，所以，故D正确；
故选：D
例17、（2021·全国·统考高考真题）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．
（1）求；
（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据圆的几何性质可得出关于的等式，即可解出的值；
（2）设点、、，利用导数求出直线、，进一步可求得直线的方程，将直线的方程与抛物线的方程联立，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得面积的最大值．
【详解】（1）[方法一]：利用二次函数性质求最小值
由题意知，，设圆M上的点，则．
所以．
从而有．
因为，所以当时，．
又，解之得，因此．
[方法二]【最优解】：利用圆的几何意义求最小值
抛物线的焦点为，，
所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；
（2）[方法一]：切点弦方程+韦达定义判别式求弦长求面积法
抛物线的方程为，即，对该函数求导得，
设点、、，
直线的方程为，即，即，
同理可知，直线的方程为，
由于点为这两条直线的公共点，则，
所以，点A、的坐标满足方程，
所以，直线的方程为，
联立，可得，
由韦达定理可得，，
所以，，
点到直线的距离为，
所以，，
，
由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.
[方法二]【最优解】：切点弦法+分割转化求面积+三角换元求最值
同方法一得到．
过P作y轴的平行线交于Q，则．
．
P点在圆M上，则
．
故当时的面积最大，最大值为．
[方法三]：直接设直线AB方程法
设切点A，B的坐标分别为，．
设，联立和抛物线C的方程得整理得．
判别式，即，且．
抛物线C的方程为，即，有．
则，整理得，同理可得．
联立方程可得点P的坐标为，即．
将点P的坐标代入圆M的方程，得，整理得．
由弦长公式得．
点P到直线的距离为．
所以，
其中，即．
当时，．
【整体点评】（1）方法一利用两点间距离公式求得关于圆M上的点的坐标的表达式，进一步转化为关于的表达式，利用二次函数的性质得到最小值，进而求得的值；方法二，利用圆的性质，与圆上点的距离的最小值，简洁明快，为最优解；（2）方法一设点、、，利用导数求得两切线方程，由切点弦方程思想得到直线的坐标满足方程，然手与抛物线方程联立，由韦达定理可得，，利用弦长公式求得的长，进而得到面积关于坐标的表达式，利用圆的方程转化得到关于的二次函数最值问题；方法二，同方法一得到，，过P作y轴的平行线交于Q，则．由求得面积关于坐标的表达式，并利用三角函数换元求得面积最大值，方法灵活，计算简洁，为最优解；方法三直接设直线，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理判别式得到，且．利用点在圆上，求得的关系，然后利用导数求得两切线方程，解方程组求得P的坐标，进而利用弦长公式和点到直线距离公式求得面积关于的函数表达式，然后利用二次函数的性质求得最大值；
例18、（2023·天津·统考高考真题）设椭圆的左右顶点分别为，右焦点为，已知．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点是椭圆上一动点（不与端点重合），直线交轴于点，若三角形的面积是三角形面积的二倍，求直线的方程．
【答案】(1)椭圆的方程为，离心率为.
(2).
【分析】（1）由解得，从而求出，代入椭圆方程即可求方程，再代入离心率公式即求离心率．
（2）先设直线的方程，与椭圆方程联立，消去，再由韦达定理可得，从而得到点和点坐标．由得，即可得到关于的方程，解出，代入直线的方程即可得到答案．
【详解】（1）如图，

由题意得，解得，所以，
所以椭圆的方程为，离心率为.
（2）由题意得，直线斜率存在，由椭圆的方程为可得，
设直线的方程为，
联立方程组，消去整理得：，
由韦达定理得，所以，
所以，.
所以,,，
所以，
所以，即，
解得，所以直线的方程为.
例19、（2024·广东广州·华南师大附中校考一模）已知椭圆的离心率为，斜率为2的直线l与x轴交于点M，l与C交于A，B两点，D是A关于y轴的对称点．当M与原点O重合时，面积为．
(1)求C的方程；
(2)当M异于O点时，记直线与y轴交于点N，求周长的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设出各点坐标，表示出面积后，结合面积与离心率计算即可得；
（2）要求的周长，则需把各边长一一算出，即需把、算出，设出直线方程与椭圆方程联立得与横坐标有关韦达定理，借助韦达定理表示出、，可得各边边长，结合基本不等式即可求得最值．
【详解】（1）当M与原点O重合时，可设，则有、，
且，即有,
则，
即，又，故，则，
即有，由离心率为，即，
则，故，即有，
解得，故，即C的方程为；
（2）设直线方程为，令，有，即，
设点、，则，
联立直线与椭圆方程：，消去有，
，即，
有，，
为，
令，故，
由，故，
其中，即，
则
，
当且仅当时等号成立，
故周长的最小值为.
【点睛】本题考查了椭圆的方程，在求解直线与椭圆的位置关系问题时，常用方法是设而不求，借助韦达定理等手段，将多变量问题转变为单变量问题，再用基本不等式或函数方式求取范围或最值．
例20、（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）已知椭圆的右焦点为，右顶点为，上顶点为，点为坐标原点，线段的中点恰好为，点到直线的距离为．
(1)求的方程；
(2)设点在直线上，过作的垂线交椭圆于两点．记与面积分别为，求的值．
【答案】(1)
(2)1
【分析】（1）根据题意可得，又点到直线的距离为列式计算求得；
（2）设线段的中点，利用点差法可得，三点共线，即直线过线段的中点，得解．
【详解】（1）设，则，由线段的中点恰好为，得，
所以，整理得，
由得直线方程为，
所以点到直线的距离为，
所以，
椭圆的方程为．
（2）设，线段的中点，
则．
由（1）知，直线的斜率，
当时，直线的斜率．
因为点在椭圆上，所以，两式相减，
整理得，
又，
所以，直线的斜率为，
因为直线的斜率为，
所以三点共线，即直线过线段的中点，
当时，直线也过线段的中点，
所以到直线的距离相等，即与等底等高．
所以．
【点睛】思路点睛：设，线段的中点，利用点差法可得，三点共线，即线段的中点在直线上，得解．
例21（2024·河南·模拟预测）已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在上，，，为直线上关于轴对称的两个动点，直线，与的另一个交点分别为，.
(1)求的标准方程；
(2)为坐标原点，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)2
【分析】（1）根据可求的值，再根据点在椭圆上和，，的关系求，，从而确定椭圆标准方程；
（2）假设直线方程，联立椭圆方程得到，再利用关于轴对称的条件得到，进而利用弦长公式与点线距离公式，结合三角换元与基本不等式得到面积的最大值，从而得解．
【详解】（1）设，，由
又点在椭圆上，所以：，故椭圆的标准方程为：.
（2）如图，直线必存在斜率，可设直线方程为.

由.
由得：.
设，，则，.
直线的方程为：，令得：.
同理：.
由，
得，
所以.
因为直线不经过点，故不成立，所以.
由，且直线方程为.
所以，，
所以，
所以，
又点到直线的距离为，
则
因为，可设，，
则
（当且仅当时取“=”）．
所以面积的最大值为2.
【点睛】方法点睛：解析几何中，求取值范围的问题，通常用以下方法来求：
（1）转化为二次函数在给定区间上的值域问题；
（2）利用基本（均值）不等式求最值；
（3）利用函数的单调性求函数的值域；
（4）利用换元法求值域．
例22、（2023·贵州·清华中学校联考模拟预测）已知椭圆：，过右焦点，且与长轴垂直的弦长为，且离心率为.
(1)求椭圆的方程；
(2)若的上顶点为，过左焦点的直线交椭圆于，两点（与椭圆顶点不重合），直线，分别交直线于，两点，求的面积的最小值．
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）将代入椭圆方程得，即，结合离心率的概念和公式计算求出a、b即可求解；
（2）设，直线PG的方程为，联立方程组，利用韦达定理表示，联立直线EP和求出，同理求出，进而表示出，结合点线距表示出，根据二次函数的性质即可求解．
【详解】（1）由题意知，，将代入椭圆方程，
得，即弦长，
有，解得，
所以该椭圆C的方程为；
（2）由（1）知，
设，直线PG的方程为，
由，消去x，得，，
则，
设，直线EP的方程为，
由，解得，同理可得，
所以
，
将代入上式，整理得，
又点到直线的距离为，
所以，
设，则，
所以，
当即即时，取到最小值，且最小值为5.
【点睛】方法点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；平时训练要强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．