高考数学人教A版2019选择性必修第一册专题3.8圆锥曲线中的面积问题大题专项训练【六大题型】(原卷版+解析)

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姓名：___________班级：___________考号：___________
题型一
椭圆中的三角形（四边形）面积问题
1．（2023春·陕西宝鸡·高二校联考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，且过点P4,−2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若O为坐标原点，直线l交椭圆C于A，B两点，且点O是△PAB的重心，求△PAB的面积.
2．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知A1F=3,A2F=1．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点P是椭圆上一动点（不与端点重合），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程．
3．（2023春·湖北武汉·高二校联考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F1,F2，直线x=m与椭圆C交于A，B两点，且△ABF1的周长最大值为8．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，P，Q是椭圆C上的两点，且直线OP与OQ的斜率之积为−34（O为坐标原点），D为射线OP上一点，且|OP|=|PD|，线段DQ与椭圆C交于点E，|QE|=23|ED|，求四边形OPEQ的面积．
4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点为F，已知椭圆短轴长为4，离心率为22.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l:y=kx+t(t≠0)与椭圆相交于M、N两点，线段MN垂直平分线与直线l及x轴和y轴相交于点D、E、G，直线GF与直线x=4相交于点H，记三角形EFG与三角形GDH的面积分别为S1，S2，求S1S2的值.
5．（2023春·安徽·高二统考期末）已知椭圆：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F，椭圆上的点到F的最大距离为3，最小距离为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆左右顶点为A,B，在x=4上有一动点P，连接PA,PB分别和椭圆交于C,D两点，△PAB与△PCD的面积分别为S1,S2．是否存在点P，使得S1S2=43，若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
题型二
椭圆中的三角形（四边形）面积的最值问题
6．（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，C的上顶点到右顶点的距离为5.
(1)求C的方程；
(2)M，N为C上的动点，设直线OM，ON的斜率分别为k1，k2，且k1k2=−4.求△OMN的面积的最大值.
7．（2023·北京大兴·校考三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点N0,1，且离心率为22.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l分别交椭圆C于A、B两点，若线段AB的中点M在直线y=12上，求△OAB面积的最大值.
8．（2023春·安徽·高二校考阶段练习）已知椭圆C:y2a2+x2b2=1a>b>0的上、下顶点分别为A1,A2，点P22,1在C上，且PA1·PA2=−12.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设坐标原点为O，若不经过点P的直线与C相交于M,N两点，直线PM与PN的斜率互为相反数，当△MON的面积最大时，求直线MN的方程.
9．（2023·江西·江西师大附中校考三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，离心率为32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(−2,1)的直线与椭圆C交于不同的两点D,E，点D在第二象限，直线AD,AE分别与x轴交于M,N，求四边形DMEN面积的最大值．
10．（2023春·广东江门·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，且与双曲线y2−x2=12有相同的焦距．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A,B，过左焦点F的直线l交椭圆C于D,E两点（其中点D在x轴上方），求△AEF与△BDF的面积之比的取值范围．
题型三
双曲线中的三角形（四边形）面积问题
11．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知离心率为5的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，直线l:y=4x−3a−1与C的右支交于A,B两点，直线l与C的两条渐近线分别交于M,N两点，且从上至下依次为M,A,B,N，|MA|=12|AB|．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求△AOM的面积．
12．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C:(x+2)2+y2=4和定点A2,0,P为圆C上的动点，线段AP的中垂线l与直线PC交于点Q，设动点Q的轨迹为曲线C1.
(1)求证：QA−QC为定值，并求曲线C1的方程；
(2)若曲线C1与x轴的正半轴交于点E，直线l′:x=my+2与曲线C1交于M,N两点，且△EMN的面积是322，求实数m的值.
13．（2023·浙江·校联考二模）已知双曲线C:x24−y2b2=1的渐近线方程为x±2y=0，左右顶点为A,B，设点P−1,t，直线AP,BP分别与双曲线交于M,N两点（不同于A,B）.
(1)求双曲线的方程；
(2)设△ABP,△MNP的面积分别为S1,S2，若S2=6S1，求直线MN方程.（写出一条即可）
14．（2023春·福建漳州·高三校考开学考试）已知双曲线Γ：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4，且过点P2,33
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过双曲线Γ的左焦点F分别作斜率为k1,k2的两直线l1与l2，直线l1交双曲线Γ于A,B两点，直线l2交双曲线Γ于C,D两点，设M,N分别为AB与CD的中点，若k1⋅k2=−1，试求△OMN与△FMN的面积之比.
15．（2023·全国·高三专题练习）已知离心率为2的双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右顶点分别为A，B，顶点到渐近线的距离为3.过双曲线E右焦点F的直线l与双曲线E交于P，Q（异于点A，B）两点.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)记△ABP，△ABQ，△BPQ的面积分别为S1，S2，S3，当S1−S2S3=22时，求直线l的方程；
(3)若直线AP，AQ分别与直线x=1交于M，N两点，试问∠MFN是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
题型四
双曲线中的三角形（四边形）面积的最值问题
16．（2022·江苏·高二专题练习）如图，已知双曲线C:x22−y2=1，经过点T1,1且斜率为k的直线l与C交于A,B两点，与C的渐近线交于M,N两点（从左至右的顺序依次为A,M,N,B），其中k∈0,22.
(1)若点T是MN的中点，求k的值；
(2)求△OBN面积的最小值.
17．（2023春·福建莆田·高二校考期中）在平面直角坐标系xOy中，动点N到F2,0的距离与它到直线l:x=12的距离之比为2，记N的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过F的直线交曲线C于A,B两点（均位于y轴右侧），F关于原点的对称点为M，求△ABM的面积的取值范围.
18．（2023·云南昆明·高三校考阶段练习）在平面直角坐标系O−xy中，点G−14,0，点A14,0.以G为圆心作一个半径为6的圆，点P是圆上一动点，线段AP的垂直平分线与直线GP相交于点Q.
(1)求Q的轨迹方程；
(2)过原点斜率为k019．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知F1−22,0，F222,0，动点P满足PF1−PF2=4.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)若轨迹C的左，右顶点分别为A1，A2，点Qx0,y0x0>0为轨迹C上异于A1，A2的一个动点，直线QA1，QA2分别与直线x=1相交于S，T两点，以ST为直径的圆与x轴交于M，N两点，求四边形SMTN面积的最小值.
20．（2023春·山西太原·高三校考阶段练习）已知双曲线C的两焦点在坐标轴上，且关于原点对称.若双曲线C的实轴长为2，焦距为23，且点P（0，-1）到渐近线的距离为33.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若过点P的直线l分别交双曲线C的左、右两支于点A、B，交双曲线C的两条渐近线于点D、E（D在y轴左侧）.记△ODE和△OAB的面积分别为S1、S2，求S1S2的取值范围.
题型五
抛物线中的三角形（四边形）面积问题
21．（2023春·江西赣州·高二校联考期中）已知F为抛物线C:y=14x2的焦点，点D(0,4)，A为抛物线C上的动点，直线l:y=t（t为常数）截以AD为直径的圆所得的弦长为定值．
(1)求实数t的值；
(2)若点E(0,3)，过点A的直线y=x+m交抛物线于另一点B，AB的中垂线过点D，求m的值和△ABE的面积．
22．（2023·全国·高三专题练习）如图，过抛物线y2=4x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，AM，AN，BC，BD分别垂直于坐标轴，垂足依次为M，N，C，D．
(1)若矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为S1，S2，求S1⋅S2的值；
(2)求证：直线MN与直线CD交点在定直线上．
23．（2023春·湖南·高二校联考期末）已知抛物线C：x2=2pyp>0上一点Mm,1到焦点的距离为2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点−1,0的直线交抛物线C于A，B两点，点Q0,−2，连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1:3，求直线AB的方程.
24．（2023春·上海浦东新·高二校考阶段练习）已知平面曲线C满足：它上面任意一定到0,12的距离比到直线y=−32的距离小1.
(1)求曲线C的方程；
(2)D为直线y=−12上的动点，过点D作曲线C的两条切线，切点分别为A､B，证明：直线AB过定点；
(3)在（2）的条件下，以E0,52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ADBE的面积.
25．（2023春·江西上饶·高二校联考阶段练习）已知坐标原点为O，抛物线为G:x2=2py(p>0)与双曲线y23−x23=1在第一象限的交点为P，F为双曲线的上焦点，且△OPF的面积为3．
(1)求抛物线G的方程；
(2)已知点M(−2,−1)，过点M作抛物线G的两条切线，切点分别为A，B，切线MA，MB分别交x轴于C，D，求△MAB与△MCD的面积之比．
题型六
抛物线中的三角形（四边形）面积的最值问题
26．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知直线y=kx+1与抛物线C：x2=8y交于A，B两点，分别过A，B两点作C的切线，两条切线的交点为D.
(1)证明点D在一条定直线上；
(2)过点D作y轴的平行线交C于点E，线段AB的中点为P，
①证明：E为DP的中点；
②求△ADE面积的最小值.
27．（2023春·四川南充·高三校考开学考试）已知O为坐标原点，动圆过定点A6,0，且在y轴上截得的弦BD的长为12.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;
(2)已知M，N是曲线C上两点，且OM⋅ON=0，分别延长MO与NO交圆E:x+32+y2=9于P，Q两点，求四边形MNPQ面积的最小值.
28．（2023·四川凉山·三模）已知双曲线T：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，且过点3,1．若抛物线C：y2=2pxp>0的焦点F与双曲线T的右焦点相同．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M−2,0且斜率为正的直线l与抛物线C相交于A，B两点（A在M，B之间），点N满足：NA=6AF，求△ABF与△AMN面积之和的最小值．
29．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）设抛物线方程为y2=2x，过点P的直线PA,PB分别与抛物线相切于A,B两点，且点A在x轴下方，点B在x轴上方.
(1)当点P的坐标为−1,−2时，求AB；
(2)点C在抛物线上，且在x轴下方，直线BC交x轴于点N，直线AB交x轴于点M，且3AM<2BM.若△ABC的重心在x轴上，求S△ABCS△BMN的最大值.（注：S表示三角形的面积）
30．（2023·全国·高三专题练习）在①OA⋅OB=−12；②1|AF|+1|BF|=12；③△OAB面积的最小值为8，这三个条件中任选一个，补充在横线上，并解答下列问题．（若选择多个条件作答，则按第一个解答计分）
已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F，过点F的直线与该抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，_____________．
(1)求抛物线的方程；
(2)点C在抛物线上，△ABC的重心G在y轴上，直线AC交y轴于点Q（点Q在点F上方）．记△AFG,△CQG的面积分别为S△AFG,S△CQG,T=S△AFGS△CQG，求T的取值范围．
专题3.8 圆锥曲线中的面积问题大题专项训练【六大题型】
【人教A版（2019）】
姓名：___________班级：___________考号：___________
题型一
椭圆中的三角形（四边形）面积问题
1．（2023春·陕西宝鸡·高二校联考期末）已知椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，且过点P4,−2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若O为坐标原点，直线l交椭圆C于A，B两点，且点O是△PAB的重心，求△PAB的面积.
【解题思路】（1）由题意可得ca=32，16a2+4b2=1，再结合a2=b2+c2可求出a2,b2，从而可求出椭圆方程；
（2）设直线l为y=kx+m，A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方程代入椭圆方程化简利用根与系数的关系，再结合重心坐标公式列方程可求出k,m，然后利用弦长公式求出AB，利用点到直线的距离公式求出点P4,−2到直线l的距离，从而可求出△PAB的面积.
【解答过程】（1）因为椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，所以ca=32，
所以4c2=3a2，因为a2=b2+c2，所以a2=4b2，
因为椭圆过点P4,−2，所以16a2+4b2=1，
所以164b2+4b2=1，得b2=8，则a2=32，
所以椭圆方程为x232+y28=1，
（2）当直线l的斜率不存在时，A,B两点的坐标关于x轴对称，此时点O不可能是△PAB的重心，
所以直线l的斜率存在，设直线l为y=kx+m，A(x1,y1),B(x2,y2)，
由y=kx+mx232+y28=1，得(1+4k2)x2+8kmx+4m2−32=0，
由Δ=64k2m2−4(1+4k2)(4m2−32)>0，得32k2−m2+8>0，
所以x1+x2=−8km1+4k2x1x2=4m2−321+4k2，
所以y1+y2=k(x1+x2)+2m=−8k2m1+4k2+2m=2m1+4k2，
因为点O是△PAB的重心，
所以x1+x2+43=0y1+y2−23=0，所以x1+x2+4=0y1+y2−2=0，
所以−8km1+4k2+4=02m1+4k2−2=0，解得k=12,m=2
因为k=12,m=2满足32k2−m2+8>0，
所以直线l为y=12x+2，x1+x2=−4x1x2=−8，
所以AB=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+14×16+32=215，
因为点P4,−2到直线y=12x+2的距离为d=4+4+41+4=125，
所以△PAB的面积为12ABd=12×215×125=123.

2．（2023·全国·高三专题练习）设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右顶点分别为A1,A2，右焦点为F，已知A1F=3,A2F=1．
(1)求椭圆方程及其离心率；
(2)已知点P是椭圆上一动点（不与端点重合），直线A2P交y轴于点Q，若三角形A1PQ的面积是三角形A2FP面积的二倍，求直线A2P的方程．
【解题思路】（1）由a+c=3a−c=1解得a=2,c=1，从而求出b=3，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A2P的方程，与椭圆方程联立，消去y，再由韦达定理可得xA2⋅xP，从而得到P点和Q点坐标.由S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P得2yQ=3yP，即可得到关于k的方程，解出k，代入直线A2P的方程即可得到答案.
【解答过程】（1）如图，

由题意得a+c=3a−c=1，解得a=2,c=1，所以b=22−12=3，
所以椭圆的方程为x24+y23=1，离心率为e=ca=12.
（2）由题意得，直线A2P斜率存在，由椭圆的方程为x24+y23=1可得A22,0，
设直线A2P的方程为y=kx−2，
联立方程组x24+y23=1y=kx−2，消去y整理得：3+4k2x2−16k2x+16k2−12=0，
由韦达定理得xA2⋅xP=16k2−123+4k2，所以xP=8k2−63+4k2，
所以P8k2−63+4k2,−−12k3+4k2，Q0,−2k.
所以S△A2QA1=12×4×yQ,S△A2PF=12×1×yP,S△A1A2P=12×4×yP，
所以S△A2QA1=S△A1PQ+S△A1A2P=2S△A2PF+S△A1A2P，
所以2yQ=3yP，即2−2k=3−12k3+4k2，
解得k=±62，所以直线A2P的方程为y=±62x−2.
3．（2023春·湖北武汉·高二校联考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，左、右焦点分别为F1,F2，直线x=m与椭圆C交于A，B两点，且△ABF1的周长最大值为8．

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)如图，P，Q是椭圆C上的两点，且直线OP与OQ的斜率之积为−34（O为坐标原点），D为射线OP上一点，且|OP|=|PD|，线段DQ与椭圆C交于点E，|QE|=23|ED|，求四边形OPEQ的面积．
【解题思路】（1）由题意可知，当AB过右焦点F2时，△ABF1的周长取最大值4a=8，求得a=2，通过离心率可求得c=1,b2=3，即可求得标准方程；
（2）设Px1,y1,Qx2,y2，由题目条件可得3x1x2+4y1y2=0，由|QE|=23|ED|,|OP|=|PD|可得四边形OPEQ面积为75S△OPQ，当直线PQ斜率为0时，易得S△OPQ=3；当直线斜率不为0时，将直线PQ方程与椭圆方程联立后，利用韦达定理，结合3x1x2+4y1y2=0，可得2t2=3m2+4，后可得S△OPQ=3，即可求解
【解答过程】（1）设AB与x轴的交点为H，

由题意可知AH≤AF2，
则AF1+|AH|≤AF1+AF2=2a，
当AB过右焦点F2时，△ABF1的周长取最大值4a=8，所以a=2，
因为椭圆C的离心率为e=ca=12，所以c=1,b2=a2−c2=3，
所以椭圆C的标准方程x24+y23=1
（2）设Px1,y1，Qx2,y2，因P，Q均在椭圆上，则x124+y123=1，x224+y223=1.
又kOP⋅kOQ=−34，则y1y2x1x2=−34⇒3x1x2+4y1y2=0.
由|QE|=23|ED|,|OP|=|PD|可得S△PEQ=25S△QPD=25S△OPQ，
则四边形OPEQ面积为75S△OPQ.
当直线PQ斜率为0时，易知kOP=−kOQ，又kOP⋅kOQ=−34，则kOP=±32.
根据对称性不妨取kOP=32，y1>0，由y=32x3x2+4y2=12得x1=2y1=62，

则P2,62，Q−2,62，得此时S△OPQ=12×22×62=3；
当直线斜率不为0时，设PQ的方程为x=my+t，将直线方程与椭圆方程联立有：
x=my+t3x2+4y2=12，消去x得：3m2+4y2+6mty+3t2−12=0.
Δ=36m2t2−43m2+43t2−12>0，
由韦达定理，有y1+y2=−6mt3m2+4，y1y2=3t2−123m2+4.
所以3x1x2+4y1y2=3my1+tmy2+t+4y1y2=0⇒
3m2+4y1y2+3mty1+y2+3t2=0⇒3m2+43t2−123m2+4−18m2t23m2+4+3t2=0⇒
2t2−3m2−4=0 ⇒2t2=3m2+4，3m2=2t2−4，
代入Δ>0可得122t2−4t2−4×2t23t2−12>0，解得t≠0，
PQ=x1−x22+y1−y22=m2+1⋅y1+y22−4y1y2 =1+m2−6mt3m2+42−43t2−123m2+4 =1+m248−t2+3m2+43m2+42 =23⋅1+m2t，
又原点到直线PQ距离为t1+m2，则此时S△OPQ=12×tm2+1×23×m2+1t=3.
综上可得，S△OPQ=3，四边形OPEQ面积为735.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)右焦点为F，已知椭圆短轴长为4，离心率为22.
(1)求椭圆的方程；
(2)若直线l:y=kx+t(t≠0)与椭圆相交于M、N两点，线段MN垂直平分线与直线l及x轴和y轴相交于点D、E、G，直线GF与直线x=4相交于点H，记三角形EFG与三角形GDH的面积分别为S1，S2，求S1S2的值.
【解题思路】（1）由椭圆短轴长为4，可得b=2，结合e=ca=22和a2=b2+c2，可求出a=22，c=2，即可求出椭圆的方程；
（2）由（1）可得右焦点F(2,0)，再由线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，得k≠0，联立方程组得1+2k2x2+4ktx+2t2−8=0，设出Mx1,y1，Nx2,y2，由韦达定理得x1+x2=−4kt1+2k2，y1+y2=2t1+2k2，由中点坐标公式可得D−2kt1+2k2,t1+2k2，再由两直线互相垂直可得直线DG的方程，即可求得E−kt1+2k2,0，G0,−t1+2k2，同理可得H4,t1+2k2，由对称性可知|DE|=|EG|，|GF|=|FH|，结合三角形的面积公式即可求出结果.
【解答过程】（1）由题意可得2b=4，即b=2，
又∵e=ca=22，且a2=b2+c2，
解得：a=22，c=2，
所以椭圆的方程为x28+y24=1.
（2）
由（1）知椭圆的方程为x28+y24=1，所以右焦点F(2,0)，
由直线l:y=kx+t(t≠0)，且线段MN的垂直平分线与x，y轴都相交，所以k≠0，
联立y=kx+tx28+y24=1消去y并化简得：1+2k2x2+4ktx+2t2−8=0，
此时需满足Δ=88k2−t2+4>0，
设Mx1,y1，Nx2,y2，
则x1+x2=−4kt1+2k2，y1+y2=kx1+x2+2t=2t1+2k2，
所以D−2kt1+2k2,t1+2k2，
线段MN的垂直平分线的方程为y−t1+2k2=−1k⋅x+2kt1+2k2，
令y=0，解得xE=−kt1+2k2，则有E−kt1+2k2,0，
令x=0，解得yG=−t1+2k2，则有G0,−t1+2k2，
∴D，G关于E点对称，所以|DE|=|EG|，
直线GF的方程为y−0=0−−t1+2k22−0(x−2)，即y=t(x−2)2+4k2，
令x=4，解得yH=t1+2k2，则有H4,t1+2k2，
所以G，H关于F对称，所以|GF|=|FH|，
所以S1S2=12GE⋅GF⋅sin∠EGF12GD⋅GH⋅sin∠DGH=14.
5．（2023春·安徽·高二统考期末）已知椭圆：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点为F，椭圆上的点到F的最大距离为3，最小距离为1．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆左右顶点为A,B，在x=4上有一动点P，连接PA,PB分别和椭圆交于C,D两点，△PAB与△PCD的面积分别为S1,S2．是否存在点P，使得S1S2=43，若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【解题思路】（1）由条件列方程求a,b,c，可得椭圆方程；
（2）设C,D横坐标为xC,xD，结合三角形面积公式可得S1S2=43可化为4−xC⋅4−xD=9，再证明kPB=3kPA，设直线PA的斜率为k，分别联立PA,PB与椭圆方程求xC,xD，由此计算k，由此可求P的坐标.
【解答过程】（1）设椭圆x2a2+y2b2=1的半焦距为c，
因为椭圆上的点到F的最大距离为3，最小距离为1，
所以a+c=3，a−c=1，又a2=b2+c2，
解得a=2，c=1，b=3，
故椭圆的标准方程为x24+y23=1；
（2）由（1）可得A−2,0,B2,0，
假设存在点P4,t，使得S1S2=43，
设∠APB=θ，则S1S2=12PA⋅PB⋅sinθ12PC⋅PD⋅sinθ=PA⋅PBPC⋅PD=PAPC⋅PBPD，

设C,D横坐标为xC,xD，
则PAPC=4−−24−xC，PBPD=4−24−xD
所以S1S2=6×24−xC⋅4−xD=43，
整理得4−xC⋅4−xD=9，①
设P点坐标为4,tt≠0，直线PA斜率为kPA=t6，PB斜率为kPB=t2，
故kPB=3kPA，设直线PA的斜率为k，
故直线PA方程为y=kx+2，直线PB方程为y=3kx−2，
将直线PA和椭圆联立x24+y23=1,y=k(x+2),
可得3+4k2x2+16k2x+16k2−12=0，
由韦达定理可得−2xC=16k2−123+4k2，解得xC=6−8k23+4k2，
将直线PB和椭圆联立x24+y23=1,y=3kx−2,
可得1+12k2x2−48k2x+48k2−4=0，
由韦达定理可得2xD=48k2−41+12k2，解得xD=24k2−21+12k2，
将C,D横坐标代入①式可得，4−6−8k23+4k2⋅4−24k2−21+12k2=9，
整理得24k2+623+4k21+12k2=9，
化简得4k2−12=0，解得k2=14，即k=±12，
当k=12时，直线PA的方程为y=12x+2，
代入点P4,t可得t=3，即点P的坐标为4,3，
当k=−12时，直线PA的方程为y=−12x+2，
代入点P4,t可得t=−3，即点P的坐标为4,−3，
故P点坐标为4,3或4,−3．
题型二
椭圆中的三角形（四边形）面积的最值问题
6．（2023春·贵州·高二校联考阶段练习）已知O为坐标原点，椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为32，C的上顶点到右顶点的距离为5.
(1)求C的方程；
(2)M，N为C上的动点，设直线OM，ON的斜率分别为k1，k2，且k1k2=−4.求△OMN的面积的最大值.
【解题思路】（1）利用离心率和上顶点到右顶点的距离求出a,b，即可求出C的方程；
（2）设出M，N坐标和直线MN解析式，直线MN解析式和椭圆方程联立，表达出△OMN的面积，即可得出△OMN的面积的最大值.
【解答过程】（1）由题意，
在椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0中，离心率为e=ca=a2−b2a=32，
由题知：a2+b2=5a2−b2a=32，解得：a=2b=1，
∴椭圆的方程为C:x24+y2=1.
（2）由题意及（1）得，在C:x24+y2=1中，M，N为C上的动点，
设Mx1,y1，Nx2,y2，所以，k1=y1x1，k2=y2x2，
∴k1k2=y1y2x1x2=−4，即4x1x2+y1y2=0，
由对称性知直线MN斜率存在，设直线MN:y=kx+m，

将y=kx+m代入x24+y2=1，得：1+4k2x2+8kmx+4m2−4=0，
∴x1+x2=−8km1+4k2，x1x2=4m2−41+4k2，Δ=164k2−m2+1>0，
∵0=4x1x2+y1y2=4x1x2+kx1+mkx2+m=4+k2x1x2+mkx1+x2+m2，
∴17m2−4k2−16=0，
设O到直线MN的距离为d，d=m1+k2，
∵MN=1+k2Δ1+4k2=41+k24k2−m2+11+4k2，
S△OMN=12MNd=2m24k2−m2+11+4k2≤2m2+4k2−m2+121+4k2=1，
当且仅当17m2−4k2−16=0m2=4k2−m2+1时取等号，即k=±12，m=±1时，S取最大值1.
7．（2023·北京大兴·校考三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0过点N0,1，且离心率为22.
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l分别交椭圆C于A、B两点，若线段AB的中点M在直线y=12上，求△OAB面积的最大值.
【解题思路】（1）由离心率以及椭圆经过的点即可求解a,b的值，
（2）联立直线与椭圆的方程，得到韦达定理，结合中点坐标公式，得到m=2k2+12，由点到直线的距离公式以及弦长公式，得三角形的面积表达式，结合二次函数的性质即可求解.
【解答过程】（1）∵e=22 ∴a2−b2a2=12 ∴a2=2b2.
又N(0, 1)在椭圆上 ∴b2=1 ∴a2=2.
所以，椭圆方程为x22+y2=1.
（2）由已知直线l的斜率存在.
设直线l方程为y=kx+m，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
由y=kx+mx2+2y2=2， 得(2k2+1)x2+4kmx+2m2−2=0．
由Δ=8(2k2−m2+1)>0，得m2<1+2k2．①
x1+x2=−4km2k2+1，x1x2=2m2−22k2+1．
xM=x1+x22=−2km2k2+1 yM=kxM+m=−2k2m+m+2k2m2k2+1=m2k2+1
又中点在直线y=12上，∴m2k2+1=12 即m=2k2+12，
将之代入①得(2k2+1)24<2k2+1 ，所以1≤2k2+1<4．
AB=1+k2(x1+x2）2−4x1x2=1+k216k2m2−8(m2−1)(2k2+1)(2k2+1)2
=221+k22k2+1−m22k2+1，
点O到直线l的距离d=m1+k2，
∴S△OAB=12ABd=2221+k22k2+1−m22k2+1m1+k2=222k2+1−(2k2+1)24．
设2k2+1=t，∴1≤t<4．
∴S△OAB=22−t24+t=22−14(t−2)2+1．
∴t=2时，S△OAB的最大值为22．

8．（2023春·安徽·高二校考阶段练习）已知椭圆C:y2a2+x2b2=1a>b>0的上、下顶点分别为A1,A2，点P22,1在C上，且PA1·PA2=−12.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设坐标原点为O，若不经过点P的直线与C相交于M,N两点，直线PM与PN的斜率互为相反数，当△MON的面积最大时，求直线MN的方程.
【解题思路】（1）根据题意P22,1在C上，可得1a2+12b2=1，利用PA1·PA2=−12，得出(−22)2−(a2−1)=−12，即可求得椭圆方程；
（2）设直线PM的方程y=k(x−22)+1，和椭圆方程联立，求出M点坐标，以−k代换k, 可得N点坐标，从而确定直线MN的斜率，设直线MN的方程，联立椭圆方程，利用根与系数的关系结合点到直线的距离，表示出△MON的面积，结合二次函数知识，即可求得答案.
【解答过程】（1）由题意椭圆C:y2a2+x2b2=1a>b>0的上、下顶点分别为A1,A2，
故A1(0,a),A2(0,−a)，点P22,1在C上，故1a2+12b2=1，
又PA1·PA2=−12，即(−22,a−1)⋅(−22,−a−1)=−12，
即(−22)2−(a2−1)=−12，解得a2=2，
结合1a2+12b2=1可得b2=1，
故椭圆C的标准方程为y22+x2=1.
（2）由题意知直线PM斜率存在，故设为k，
则直线PM的方程为y=k(x−22)+1，联立y22+x2=1，
可得(2+k2)x2+2k(1−22k)x+(1−22k)2−2=0，
由题意知该方程有一根为22，设M(x1,y1)，
则22x1=(1−22k)2−22+k2,∴x1=2(12k2−2k−1)2+k2，
则y1=k[2(12k2−2k−1)2+k2−22]+1=−2k(2+k)2+k2，
因为直线PM与PN的斜率互为相反数，设N(x2,y2)，故以−k代换k,
可得x2=2(12k2+2k−1)2+k2，y2=2k(2−k)2+k2，
由题意可得k≠0，故x1≠x2，
所以直线MN的斜率为kMN=y2−y1x2−x1=2k(2−k)2+k2−−2k(2+k)2+k22(12k2+2k−1)2+k2−2(12k2−2k−1)2+k2
=42k4k=2，
即直线MN的斜率为2，则设其方程为y=2x+m，联立y22+x2=1，
可得4x2+22mx+m2−2=0，需满足Δ=8m2−16(m2−2)>0,∴m2<4，
则x1+x2=−2m2,x1x2=m2−24 ，
故|MN|=1+2⋅(x1+x2)2−4x1x2=3⋅m22−(m2−2)=3⋅2−m22,
原点O到直线MN的距离为d=|m|3，
故△MON的面积为S=12⋅3⋅2−m22⋅|m|3=122m2−m42
=12−12(m2−2)2+2，
当m2=2，即m=±2时，△MON的面积取到最大值，
此时直线MN的方程y=2x±2.
9．（2023·江西·江西师大附中校考三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个顶点为A(0,1)，离心率为32．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(−2,1)的直线与椭圆C交于不同的两点D,E，点D在第二象限，直线AD,AE分别与x轴交于M,N，求四边形DMEN面积的最大值．
【解题思路】（1）根据已知条件结合a2=b2+c2可求得a,b，即得答案；
（2）设直线直线DE的方程并联立椭圆方程，设Dx1,y1，Ex2,y2，可得根与系数的关系式，利用SDMEN=12xN−xM×y1−y2，代入化简，并结合基本不等式，即可求得答案.
【解答过程】（1）由已知b=1，ca=32，结合a2=b2+c2，∴a=2，b=1，
故椭圆方程为x24+y2=1；
（2）由过点P(−2,1)的直线与椭圆C交于不同的两点D,E，
可知直线DE的斜率一定存在，
设直线DE的方程为y−1=k(x+2)，k<0，
联立方程组y=kx+2k+1x2+4y2−4=0，可得1+4k2x2+8k(2k+1)x+16k2+16k=0，
需满足Δ>0，
设Dx1,y1,x1<0,y1>0，Ex2,y2,y2x1+x2=−8k(2k+1)1+4k2，x1⋅x2=16k(k+1)1+4k2
又lAD:y=y1−1x1x+1,∴xM=x11−y1，直线AE交x轴于点N，同理xN=x21−y2，
故SDMEN=12xN−xM×y1−y2=12x21−y2−x11−y1×y1−y2
=12x2−kx2−2k−x1−kx1−2k×kx1−x2 =x1+x22−4x1x2x1x2+2x1+x2+4
=16k2(2k+1)2−16k(k+1)4k2+14k2+1=−164k+1k=16−4k+−1k≤1624=4，
当且仅当−4k=−1k即k=−12时，等号成立，
此时Δ=32>0，符合题意，
故四边形DMEN面积的最大值为4.
10．（2023春·广东江门·高二统考期末）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为22，且与双曲线y2−x2=12有相同的焦距．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A,B，过左焦点F的直线l交椭圆C于D,E两点（其中点D在x轴上方），求△AEF与△BDF的面积之比的取值范围．
【解题思路】（1）根据双曲线方程可确定焦距，再结合离心率和椭圆a,b,c的关系可求得椭圆方程；
（2）设l:x=ty−1，与椭圆方程联立可得韦达定理的结论；根据三角形面积公式可知所求面积之比为22−3⋅y2y1，利用y1+y22y1y2=−4+8t2+2=y1y2+y2y1+2可构造不等式求得y2y1的范围，从而确定面积之比的取值范围.
【解答过程】（1）∵双曲线y2−x2=12的方程可化为y212−x212=1，∴其焦距为212+12=2，
设椭圆C的焦点为±c,0c>0，∴2c=2，解得：c=1，
又椭圆C的离心率e=ca=1a=22，∴a=2，b2=a2−c2=1，
∴椭圆C的方程为x22+y2=1.
（2）
由（1）知：F−1,0，A−2,0，B2,0，
由题意知：直线l斜率不为0，则可设l:x=ty−1，Dx1,y1y1>0，Ex2,y2y2<0，
由x=ty−1x22+y2=1得：t2+2y2−2ty−1=0，则Δ=4t2+4t2+2=8t2+8>0，
∴y1+y2=2tt2+2，y1y2=−1t2+2；
∵S△AEF=12AF⋅y2=2−12⋅−y2，S△BDF=12BF⋅y1=2+12⋅y1，
∴S△AEFS△BDF=2−12⋅−y22+12⋅y1=−2−12+1⋅y2y1=22−3⋅y2y1；
∵y1+y22y1y2=4t2t2+22−1t2+2=−4t2t2+2=−4t2+2−8t2+2=−4+8t2+2，
又t2+2≥2，∴0<8t2+2≤4，
∴−4<−4+8t2+2≤0，即−4又y1+y22y1y2=y12+2y1y2+y22y1y2=y1y2+y2y1+2，∴−4设y2y1=λ，则λ<0，∴−4<λ+1λ+2≤0，解得：−3−22<λ<−3+22，
∴S△AEFS△BDF=22−3⋅y2y1∈17−122,1，即△AEF与△BDF的面积之比的取值范围为17−122,1.
题型三
双曲线中的三角形（四边形）面积问题
11．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知离心率为5的双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，直线l:y=4x−3a−1与C的右支交于A,B两点，直线l与C的两条渐近线分别交于M,N两点，且从上至下依次为M,A,B,N，|MA|=12|AB|．
(1)求双曲线C的方程；
(2)求△AOM的面积．
【解题思路】（1）Ax1,y1,Bx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，根据双曲线离心率表示出a,b的关系，可得双曲线渐近线方程，记t=−3a−1，进而可求得M,N的坐标表达式，联立y=4x+tx2a2−y24a2=1可得根与系数关系式，从而推出MN与AB的中点均为同一个点P，结合|MA|=12|AB|，推出A,B是线段MN的两个四等分点，即可求得P−t3,−t3,A−5t12,−2t3,B−t4,0，从而y1y2=0，即可求得a,b，可得答案；
（2）利用（1）的结论，可求得A53,83,M(2,4)，利用三角形面积公式结合数量积的运算，将△AOM面积化为S△AOM=12|OA|2⋅|OM|2−|OA⋅OM|2，结合向量的坐标运算，即可求得答案.
【解答过程】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2,Mx3,y3,Nx4,y4，设MN的中点为Px0,y0，
记t=−3a−1，则直线l:y=4x−3a−1即l:y=4x+t,t<0，
因为双曲线的离心率为5，所以ca=5，故ba=(ca)2−1=2，
于是双曲线的渐近线为y=±2x．
联立y=4x+ty=2x,解得x3=−t2y3=−t,即M(−t2,−t)，
同理由y=4x+ty=−2x,解得x4=−t6y4=t3,即N(−t6,t3)，于是y3+y4=−2t3．
联立y=4x+tx2a2−y24a2=1,消去x，得12a2y2+8a2ty−4a2t2−16a2=0．
即3y2+2ty−t2−16a2=0,需满足Δ=16(t2−12a2)>0，
由韦达定理，得y1+y2=−23t,y1y2=−13t2−16a2，
所以，y1+y2=−23t=y3+y4，说明MN与AB的中点均为同一个点P，
所以，M,N关于点P对称，A,B关于点P对称，所以|MA|=|BN|，
因为|MA|=12|AB|，所以A,B是线段MN的两个四等分点，
故P点纵坐标为y1+y22=−t3，所以P−t3,−t3,A−5t12,−2t3,B−t4,0，
于是y1y2=−13t2−16a2=0，即t=−4a，结合t=−3a−1，
解得a=1,t=−4，满足Δ=16(t2−12a2)>0，则b=2a=2，
故所求双曲线方程为x2−y24=1．
（2）由（1）可知，A53,83,M(2,4)，
于是OA=53,83,OM=(2,4)．
设∠AOM=α，则S△AOM=12|OA|⋅|OM|sinα=12|OA|2⋅|OM|2sin2α
=12|OA|2⋅|OM|2−|OA|2⋅|OM|2cs2α
=12|OA|2⋅|OM|2−|OA⋅OM|2，
代入OA=53,83,OM=(2,4)，
得S△AOM=12532+832×22+42−103+3232=23，
故△AOM的面积为23．
12．（2022·全国·高三专题练习）已知圆C:(x+2)2+y2=4和定点A2,0,P为圆C上的动点，线段AP的中垂线l与直线PC交于点Q，设动点Q的轨迹为曲线C1.
(1)求证：QA−QC为定值，并求曲线C1的方程；
(2)若曲线C1与x轴的正半轴交于点E，直线l′:x=my+2与曲线C1交于M,N两点，且△EMN的面积是322，求实数m的值.
【解题思路】（1）根据双垂线的性质，可得差值为定值，根据双曲线的定义以及双曲线的标准方程，可得答案；
（2）联立直线与双曲线方程，写出韦达定理，利用分割法求三角形的面积，建立方程，可得答案.
【解答过程】（1）由线段AP的中垂线l与直线PC交于点Q，得QA=QP，
∴QA−QC=QP−QC=PC=2为定值.∴点Q的轨迹是以A,C为焦点的双曲线，
设双曲线方程为：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，∴2a=2,c=2,∴a=1,b=3，
所以，曲线C1的轨迹方程是x2−y23=1.
（2）由（1）得，E1,0，设Mx1,y1,Nx2,y2，
由x=my+2x2−y23=1，消去x得，3m2−1y2+12my+9=0，则y1+y2=−12m3m2−1,y1y2=93m2−1.
S△EMN =12|EA|⋅y1−y2=12y1+y2−4y1y2 =12(−12m)23m2−12−4×93m2−1=3m2+13m2−1
∵S=322,∴3m2+13m2−1=322，整理得，9m4−8m2−1=0
解得，m2=1或m2=−19（舍去）.
所以，m=±1.
13．（2023·浙江·校联考二模）已知双曲线C:x24−y2b2=1的渐近线方程为x±2y=0，左右顶点为A,B，设点P−1,t，直线AP,BP分别与双曲线交于M,N两点（不同于A,B）.
(1)求双曲线的方程；
(2)设△ABP,△MNP的面积分别为S1,S2，若S2=6S1，求直线MN方程.（写出一条即可）
【解题思路】(1) 由双曲线的方程求出渐近线方程，再结合题目已知条件即可求出b2=1，代入双曲线的方程，即可得到答案.
(2) 先由A,B,P点的坐标得到kPA=−3kPB，把M,N的坐标代入得到y1x1+2=−3⋅y2x2−2，再结合双曲线的方程，化简得y1x1+2⋅y2x2+2=−34.设直线MN:x=my+n，与双曲线方程联立，结合y1x1+2⋅y2x2+2=−34，即可化简得到y1y2m2y1y2+mn+2y1+y2+n+22=−34，将韦达定理代入解得n=−4，则可知直线MN恒过定点−4,0.把y1−t=tmy1−3，y2−t=−t3my2−3代入S2S1，结合韦达定理化简即可得到36+3m23m2−4=6，解出m，代入直线MN的方程即可.
【解答过程】（1）如图，

由题意知双曲线C:x24−y2b2=1的渐近线方程为y=±b2x即bx±2y=0，
所以b2=1，所以双曲线的方程x24−y2=1.
（2）由(1)得A−2,0,B2,0，所以kPA=t,kPB=−t3，所以kPA=−3kPB,
设点Mx1,y1,Nx2,y2,即y1x1+2=−3⋅y2x2−2，
由x224−y22=1得y2x2−2⋅y2x2+2=14，所以y1x1+2⋅y2x2+2=−34①
设直线MN:x=my+n，与双曲线方程联立得：m2−4y2+2mny+n2−4=0，
因为方程有两个不同的实数根，所以
m2−4≠0Δ=16m2+n2−4>0y1+y2=−2mnm2−4y1⋅y2=n2−4m2−4，
所以由①式代入变形得y1y2m2y1y2+mn+2y1+y2+n+22=−34，
将韦达定理代入消去m化简得n=−4，即直线MN恒过定点−4,0.
由此可得y1+y2=8mm2−4y1⋅y2=12m2−4.
由于图像的对称性，不妨设t>0，
则y1−t=tx1+2−t=tx1+1=tmy1−3，
y2−t=−t3x2−2−t=−t3x2+1=−t3my2−3，
所以S2S1=PM⋅PNPA⋅PB=y1−ty2−tt−0t−0=t2my1−3my2−33t2 =m2y1y2−3my1+y2+93，
将韦达定理代入后得到S2S1=36+3m23m2−4=6，
解得m=±655或m=±2721.
所以，直线MN方程为5x+6y+45=0，或5x−6y+45=0，
或7x+23y+47=0，或7x−23y+47=0（写出一条即可）
14．（2023春·福建漳州·高三校考开学考试）已知双曲线Γ：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的焦距为4，且过点P2,33
(1)求双曲线Γ的方程；
(2)过双曲线Γ的左焦点F分别作斜率为k1,k2的两直线l1与l2，直线l1交双曲线Γ于A,B两点，直线l2交双曲线Γ于C,D两点，设M,N分别为AB与CD的中点，若k1⋅k2=−1，试求△OMN与△FMN的面积之比.
【解题思路】（1）由题意得2c=4，再将P2,33代入双曲线方程，结合c2=a2+b2可求出a2,b2，从而可求出双曲线方程，
（2）设直线l1方程为y=k1(x+2)，A(x1,y1),B(x2,y2)，将直线方入双曲线方程化简后利用根与系数的关系，结合中点坐标公式可表示点M的坐标，再利用k1⋅k2=−1表示出点N的坐标，再表示出直线MN的方程，可求得直线MN过定点E(−3,0)，从而可求得答案.
【解答过程】（1）由题意得2c=4，得c=2，
所以a2+b2=4，
因为点P2,33在双曲线上，
所以4a2−13b2=1，
解得a2=3,b2=1，
所以双曲线方程为x23−y2=1，
（2）F(−2,0)，设直线l1方程为y=k1(x+2)，A(x1,y1),B(x2,y2)，
由y=k1(x+2)x23−y2=1，得(1−3k12)x2−12k12x−12k12−3=0
则x1+x2=12k121−3k12,x1x2=−12k12−31−3k12，
所以x1+x22=6k121−3k12，
所以AB的中点M6k121−3k12,2k11−3k12，
因为k1⋅k2=−1，
所以用−1k1代换k1，得N6k12−3,−2k1k12−3，
当6k121−3k12=61−3k12，即k1=±1时，直线MN的方程为x=−3，过点E(−3,0)，
当k1≠±1时，kMN=2k11−3k12−−2k1k12−36k121−3k12−6k12−3=−2k13(k12−1)，
直线MN的方程为y−2k11−3k12=−2k13(k12−1)x−6k121−3k12，
令y=0，得x=3(k12−1)1−3k12+6k121−3k12=−3，
所以直线MN也过定点E(−3,0)，
所以S△OMNS△FMN=12yN−yMOE12yM−yNFE=OEFE=3.
15．（2023·全国·高三专题练习）已知离心率为2的双曲线E:x2a2−y2b2=1a>0,b>0的左右顶点分别为A，B，顶点到渐近线的距离为3.过双曲线E右焦点F的直线l与双曲线E交于P，Q（异于点A，B）两点.
(1)求双曲线E的标准方程；
(2)记△ABP，△ABQ，△BPQ的面积分别为S1，S2，S3，当S1−S2S3=22时，求直线l的方程；
(3)若直线AP，AQ分别与直线x=1交于M，N两点，试问∠MFN是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由.
【解题思路】（1）根据题意列出方程组，解之即可求解；
（2）根据题意设直线l:x=my+4，联立方程组将面积的表达式表示出来，根据面积的值进而求解；
（3）根据题意设出直线AP,AQ的方程，求出点M，N的坐标，利用平面向量数量积的坐标运算即可求解.
【解答过程】（1）设双曲线E的焦距为2c，取一条渐近线为bx−ay=0，又A−a,0，
则由题意可得ca=2aba2+b2a2+b2=c2=3⇒a=2b=23c=4，
故双曲线E的标准方程为x24−y212=1；
（2）由题意可得直线l的斜率不为0，设直线l:x=my+4，
Px1,y1，Qx2,y2.
联立x=my+4x24−y212=1，消去x整理得3m2−1y2+24my+36=0，
当3m2−1≠0时，Δ=24m2−43m2−1×36=144m2+1>0，
则y1+y2=−24m3m2−1，y1y2=363m2−1.
当l与双曲线交于两支时，
S1−S2=12ABy1−y2，S3=12BFy1−y2，S1−S2S3=2，不合题意；
当l与双曲线交于一支时，
S1−S2=12ABy1+y2，S3=12BFy1−y2，
则S1−S2S3=2y1+y1y1−y2=2y1+y1y1+y12−4y1y2=4mm2+1=22，得m=±1，
故l:x=±y+4；
（3）直线AP的方程为y=y1x1+2x+2，
令x=1，得y=3y1x1+2，则M1,3y1x1+2.
直线AQ的方程为y=y2x2+2x+2，令x=1，得y=3y2x2+2，则N1,3y2x2+2.
因为F4,0，所以FM=−3,3y1x1+2，FN=−3,3y2x2+2，
FM⋅FN=9+3y1x1+2×3y2x2+2=9+9y1y2x1x2+2x1+x2+4=9+9y1y2m2y1y2+6my1+y2+36
=9+9×363m2−1m2×363m2−1+6m×−24m3m2−1+36=9+9×3636m2−144m2+36×3m2−36=9−9=0，
故FM⊥FN，即∠MFN=π2，
故∠MFN为定值π2.
题型四
双曲线中的三角形（四边形）面积的最值问题
16．（2022·江苏·高二专题练习）如图，已知双曲线C:x22−y2=1，经过点T1,1且斜率为k的直线l与C交于A,B两点，与C的渐近线交于M,N两点（从左至右的顺序依次为A,M,N,B），其中k∈0,22.
(1)若点T是MN的中点，求k的值；
(2)求△OBN面积的最小值.
【解题思路】（1）联立直线l与双曲线方程，根据点T是MN的中点，列方程求解即可.
（2）联立直线l与双曲线方程，表示出BN的长，根据点到直线的距离公式表示出三角形的高，从而得到三角形面积表达式，即可求得结果.
【解答过程】（1）设Ax1,y1,Bx2,y2
联立直线l与双曲线方程y=kx−1+1x22−y2=0，消去y得1−2k2x2−4k1−kx−2(1−k)2=0，
由韦达定理可知，x1+x2=4k−4k21−2k2,x1⋅x2=−21−k21−2k2
联立直线l与其中一条渐近线方程y=kx−1+1y=22x，解得x=1−k22−k
即xN=1−k22−k，同理可得xM=k−122+k，
则xM+xN=4k−4k21−2k2=x1+x2，
则可知AB的中点与MN中点重合.
由于T1,1是MN的中点，所以4k1−k1−2k2=2，解得k=12；
（2）y=kx−1+1与x22−y2=1联立，消去y得
1−2k2x2−4k1−kx−2(1−k)2−2=0
由（1）知，BN=AM=AB−MN2.或S△OBN=12S△OAB−S△OMN
由于AB=1+k222(1−k)2+1−2k21−2k2,MN=1+k222(1−k)21−2k2，
所以BN=1+k22(1−k)2+1−2k2−(1−k)21−2k2，
又O到直线的距离d=1−k1+k2，所以
S△OBN=12BN⋅d=22⋅1−k(1−k)2+1−2k2−(1−k)21−2k2
=22⋅1−k(1−k)2+1−2k2+(1−k)2
整理得S△OBN=22⋅11+1−2k2(1−k)2+1，
令t=1−k∈1−22,1，则1−2k2(1−k)2=−2t2+4t−1t2=−1t2+4t−2，
当1t=2，即k=12时，
1−2k2(1−k)2的最大值为2，所以S△OBN的最小值为6−24.
17．（2023春·福建莆田·高二校考期中）在平面直角坐标系xOy中，动点N到F2,0的距离与它到直线l:x=12的距离之比为2，记N的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过F的直线交曲线C于A,B两点（均位于y轴右侧），F关于原点的对称点为M，求△ABM的面积的取值范围.
【解题思路】（1）根据已知可得(x−2)2+y2x−12=2，化简整理即可得出答案；
（2）设出直线l的方程为x=my+2.联立直线l与双曲线的方程可得3m2−1y2+12my+9=0，进而根据韦达定理得出坐标之间的关系，以及m的取值范围.进而表示出S△ABM=12m2+13m2−12，换元可得S△ABM=12t+43t2，即可根据t的取值范围得出答案.
【解答过程】（1）设点Nx,y，
依题意有(x−2)2+y2x−12=2，
即(x−2)2+y2=(2x−1)2，
化简得x2−y23=1.
（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，
由题意，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x=my+2，
联立直线l与双曲线的方程x2−y23=1x=my+2，
整理可得3m2−1y2+12my+9=0，
则y1+y2=−12m3m2−1，y1y2=93m2−1.
由已知可得，y1y2<0，
所以3m2−1<0Δ=36m2+1>0，
所以y1−y2=6m2+13m2−12.
又MF=2c=4，
所以S△ABM=S△AFM+S△BFM =12×MF×y1+12×MF×y2 =12×MF×y1−y2=12m2+13m2−12.
设3m2−1=t，则m2=t+13，且−1≤t<0，所以1t≤−1.
S△ABM=12t+43t2 =12134t2+1t =12431t+182−148≥12，
当1t=−1时，该式有最小值12，
所以△ABM的面积的取值范围是12,+∞.
18．（2023·云南昆明·高三校考阶段练习）在平面直角坐标系O−xy中，点G−14,0，点A14,0.以G为圆心作一个半径为6的圆，点P是圆上一动点，线段AP的垂直平分线与直线GP相交于点Q.
(1)求Q的轨迹方程；
(2)过原点斜率为k0【解题思路】（1）根据垂直平分线上的点到线段两端距离相等可知，Q点的轨迹满足QA−QG=6，再利用双曲线定义即可求出其轨迹方程；（2）设出直线方程并与双曲线方程联立解得交点坐标，并利用对称性即可写出四边形GBAC面积的表达式，再根据斜率0【解答过程】（1）如下图所示，
由题意可知点Q在线段AP的垂直平分线，所以QP=QA，
又点P是圆G上一动点，所以GP=6，
所以QA−QG=QP−QG=GP=6；
同理，若如下图所示则满足QG−QA=QG−QP=GP=6，
所以，Q的轨迹满足QA−QG=6根据双曲线定义可知，Q点的轨迹是以G,A为左右焦点，实轴长为2a=6的双曲线，
可得c=14,a=3，b2=c2−a2=5；
所以Q的轨迹方程x29−y25=1.
（2）如下图所示，
设直线l的方程为y=kx，联立x29−y25=1整理可得
5−9k2x2−45=0，解得x=±355−9k2，不妨设C355−9k2,35k5−9k2，
所以四边形GBAC面积S=GA⋅yC=214×35k5−9k2=6705k2−9
又因为0即S=6705k2−9≤6707=610，
所以四边形GBAC面积的最大值为610.
19．（2022·全国·高三专题练习）在平面直角坐标系xOy中，已知F1−22,0，F222,0，动点P满足PF1−PF2=4.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)若轨迹C的左，右顶点分别为A1，A2，点Qx0,y0x0>0为轨迹C上异于A1，A2的一个动点，直线QA1，QA2分别与直线x=1相交于S，T两点，以ST为直径的圆与x轴交于M，N两点，求四边形SMTN面积的最小值.
【解题思路】(1)PF1−PF2=4<42，得动点的轨迹是以F1、F2为焦点的双曲线的右支，
根据a、b即可求出结果；
(2)可求得S(1,3y0x0+2)、T(1,−y0x0−2)、MN=23、ST=3y0x0+2+y0x0−2，进而面积为S四边形SMTN=12STMN=3×3y0x0+2+y0x0−2=3(3y0x0+2+y0x0−2)，利用基本不等式计算即可.
【解答过程】（1）由动点P满足PF1−PF2=4<42，得动点的轨迹是以F1、F2为焦点的双曲线的右支，
且2a=4，2c=42，所以a=2，c=22，所以b=a2−c2=2，
故动点P的轨迹C方程为：x24−y24=1(x>0)；
（2）由(1)知，A1(−2,0)，A2(2,0)，
所以直线QA1的方程为yy0=x+2x0+2，即y=y0x0+2(x+2)，
与直线x=1的交点S的坐标为(1,3y0x0+2)，
直线QA2的方程为yy0=x−2x0−2，即y=y0x0−2(x−2)，
与直线x=1的交点T的坐标为(1,−y0x0−2)，
设以ST为直径的圆的方程为x2+y2−2x+Ey+F=0，
令x=1，则y2+Ey+F−1=0，
所以3y0x0+2−y0x0−2=−E，3y0x0+2⋅(−y0x0−2)=F−1，
令y=0，则x2−2x+F=0，设M(x1,0)，N(x2,0)，
则x1+x2=2，x1x2=F，
所以MN=(x1+x2)2−4x1x2=4−4(1−3y02x02−4)，
又点Q(x0,y0)在双曲线上，所以x02−y02=4，故MN=23，
又ST=3y0x0+2+y0x0−2，
所以S四边形SMTN=12STMN=3×3y0x0+2+y0x0−2=3(3y0x0+2+y0x0−2)
≥3×23y0x0+2×y0x0−2=6，
当且仅当y0x0−2=3y0x0+2即x0=4，y0=±23时等号成立，
所以四边形SMTN面积的最小值为6.
20．（2023春·山西太原·高三校考阶段练习）已知双曲线C的两焦点在坐标轴上，且关于原点对称.若双曲线C的实轴长为2，焦距为23，且点P（0，-1）到渐近线的距离为33.
（1）求双曲线C的方程；
（2）若过点P的直线l分别交双曲线C的左、右两支于点A、B，交双曲线C的两条渐近线于点D、E（D在y轴左侧）.记△ODE和△OAB的面积分别为S1、S2，求S1S2的取值范围.
【解题思路】（1）由已知求得a2=1，b2=2，结合点P(0,−1)到渐近线的距离，确定双曲线方程；
（2）设l：y=kx−1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，解方程组求得D,E的横坐标，进而得到|DE|关于k的函数表达式，有直线的方程与双曲线的方程联立，利用韦达定理和弦长公式求得|AB|关于k的函数表达式，进而得到S1S2=|DE||AB|=13−k2，然后，利用直线与双曲线的位置关系的判定条件，得到k的取值范围，从而求得所求取值范围.
【解答过程】（1）由2a=2，2c=23知a2=1，c2=3，b2=2，
故双曲线C的方程为x2−y22=1或y2−x22=1.由点P(0,−1)到渐近线的距离为33，知双曲线方程为x2−y22=1.
（2）设l：y=kx−1，A(x1,y1)，B(x2,y2).
由y=kx−1y=2x可得xD=1k−2；由y=kx−1y=−2x可得xE=1k+2.
DE=1+k21k−2−1k+2=22⋅1+k2k2−2
由y=kx−12x2−y2=2得(2−k2)x2+2k−3=0，∴x1+x2=−2k2−k2，x1x2=−32−k2.
∴|AB|=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅22⋅3−k2|2−k2|.
由△ODE和△OAB的高相等，可S1S2=|DE||AB|=13−k2，
由2−k2≠04k2+12(2−k2)>0−32−k2<0得−2所以3−k2∈(1,3]，S1S2∈[33,1).
题型五
抛物线中的三角形（四边形）面积问题
21．（2023春·江西赣州·高二校联考期中）已知F为抛物线C:y=14x2的焦点，点D(0,4)，A为抛物线C上的动点，直线l:y=t（t为常数）截以AD为直径的圆所得的弦长为定值．
(1)求实数t的值；
(2)若点E(0,3)，过点A的直线y=x+m交抛物线于另一点B，AB的中垂线过点D，求m的值和△ABE的面积．
【解题思路】（1）设点Ax0,x024，从而可求得AD及AD的中点坐标，再根据勾股定理求出弦长，再结合题意即可得解；
（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，线段AB的中点为G，联立方程，根据Δ>0，求出m的范围，利用韦达定理求出x1+x2,x1x2，进而可求得G点的坐标，再根据DG⊥AB即可求得m，根据弦长公式求出AB，再求出点E到AB的距离，即可得解.
【解答过程】（1）设点Ax0,x024,AD的中点为Ex02,4+x0242，
直径2r=AD=x02+4−x0242，
设截得的弦长为GH，圆心到弦的距离为d，则d2=4+x0242−t2，
则12GH2=r2−d2=x02+4−x02424−4+x0242−t2，
得14GH2=t−34x02+4t−t2与x0无关，所以t=3；

（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，线段AB的中点为G，
联立y=x+my=14x2，得x2−4x−4m=0，
由于Δ>0，则16+16m>0，即m>−1，
而x1+x2=4,x1x2=−4m,y1+y2=4+2m，所以G(2,2+m)，
从则有kDG=m−22=−1，即m=0，符合m>−1，
而AB=1+1⋅x1+x22−4x1x2=2⋅16+16m=42⋅1+m=42，
点E到AB的距离为m−32=32，
所以S△ABE=12×42×32=6．

22．（2023·全国·高三专题练习）如图，过抛物线y2=4x焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，AM，AN，BC，BD分别垂直于坐标轴，垂足依次为M，N，C，D．
(1)若矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为S1，S2，求S1⋅S2的值；
(2)求证：直线MN与直线CD交点在定直线上．
【解题思路】（1）设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，设点A，B坐标，利用韦达定理计算作答.
（2）利用（1）中信息，求出直线MN，CD的方程，并求出交点坐标即可推理作答.
【解答过程】（1）抛物线y2=4x的焦点F1,0，显然直线AB不垂直于y轴，设其方程为：x=my+1，
由x=my+1y2=4x消去x并整理得，y2−4my−4=0，设点Ax1,y1，Bx2,y2，则y1+y2=4m，y1y2=−4，
矩形ANOM和矩形BDOC面积分别为S1=x1y1=|y13|4，S2=x2y2=|y23|4，
所以S1⋅S2=|y13|4⋅|y23|4=|(−4)3|16=4．
（2）由（1）得Mx1,0，N0,y1，Cx2,0，D0,y2，
于是得直线MN的方程为：y=−y1x1x+y1，直线CD的方程为：y=−y2x2x+y2，
由y=−y1x1x+y1y=−y2x2x+y2消去y并整理得：(y1x1−y2x2)x=y1−y2，而y1x1−y2x2=y1y124−y2y224=4(y2−y1)y1y2=y1−y2，
因此有x=1，即直线MN与直线CD交点在直线x=1上.
所以线MN与直线CD交点在定直线x=1上.
23．（2023春·湖南·高二校联考期末）已知抛物线C：x2=2pyp>0上一点Mm,1到焦点的距离为2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点−1,0的直线交抛物线C于A，B两点，点Q0,−2，连接QA交抛物线C于另一点E，连接QB交抛物线C于另一点F，且△QAB与△QEF的面积之比为1:3，求直线AB的方程.
【解题思路】（1）根据抛物线的定义结合题意列方程可求出p，从而可求得抛物线的方程；
（2）设直线AB的方程为y=kx+1k≠0，Ax1,y1，Bx2,y2，将直线方程代入抛物线方程化简，然后利用根与系数的关系，表示出直线AQ的方程代入抛物线方程化简利用根与系数的关系可表示出点E的横坐标，同理可表示出点F的横坐标，再由S△QABS△QEF=13化简可求出k的值，从而可求出直线AB的方程.
【解答过程】（1）由题可知焦点的坐标为0,p2，
所以由抛物线的定义可知MF=1+p2=2，
即p=2，所以抛物线C的方程为x2=4y.
（2）易知直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的方程为y=kx+1k≠0，
Ax1,y1，Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y，得x2−4kx−4k=0，
则Δ=16k2+16k>0，即k>0或k<−1，x1x2=−4k.
因为Q0,−2，所以kAQ=y1+2x1，
所以直线AQ的方程为y=y1+2x1x−2，
由y=y1+2x1x−2x2=4y，得x2−4y1+2x1x+8=0，
设Ex3,y3，则x1x3=8，得x3=8x1，
设Fx4,y4，同理可得x4=8x2，
则S△QABS△QEF=12QA⋅QBsin∠AQB12QE⋅QFsin∠AQB
=QA⋅QBQE⋅QF=y1+2y3+2⋅y2+2y4+2
=14x12+214x22+214x32+214x42+2
=116x12+8x22+8161x12+18⋅161x22+18
=116x12+8x22+82x12+82x22+8x12x22
=x12x2264=16k264=k24=13，
得k2=43，k=±233，
故直线AB的方程为y=233x+1或y=−233x+1.

24．（2023春·上海浦东新·高二校考阶段练习）已知平面曲线C满足：它上面任意一定到0,12的距离比到直线y=−32的距离小1.
(1)求曲线C的方程；
(2)D为直线y=−12上的动点，过点D作曲线C的两条切线，切点分别为A､B，证明：直线AB过定点；
(3)在（2）的条件下，以E0,52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ADBE的面积.
【解题思路】（1）根据抛物线的定义可求得方程，或设曲线C上的点为x,y，然后根据题意列方程化简可得答案；
（2）设Dt,−12,Ax1,y1，Bx2,y2，对函数求导，可求得切线的斜率，从而可求出切线方程，则可得直线AB方程，进而可求得直线过的定点；
（3）思路一：利用公共边结合韦达定理求面积，设AB的中点为G,Ax1,y1,Bx2,y2，由EG⋅BA=0，结合抛物线的方程可得x1+x2=0或x12+x22=6，从而可求出四边形ADBE的面积；思路二：利用弦长公式结合面积公式求面积，设Dt,−12，由抛物线的定义可表示出AB，求出直线AB的方程，再分别求出点E,D到直线AB的距离，从而可求出四边形ADBE的面积；思路三：结合抛物线的光学性质求面积，在图5中，可得∠2=∠3，再由三角形全等可得点D为A1B1中点，延长BA,B1A1于点H，可证得I为HD的中点，从而可求出四边形ADBE的面积；思路四：结合弦长公式和向量的运算求面积，将直线方程代入抛物线方程化简后利用根与系数的关系，结合弦长公式可表示出AB，再表示出点D,E到直线AB的距离，从而可表示出四边形ADBE的面积，由EM⊥AB列方程可求出t的值，从而可求出ADBE的面积.
【解答过程】（1）思路一：由题意知，曲线C是一个以0,12为焦点，以y=−12的抛物线，
故C的方程为：x2=2y.
思路二：设曲线C上的点为x,y，则x2+y−122=y−−32−1，
由题意易知，y≥0，整理得，x2=2y.
（2）设Dt,−12,Ax1,y1，则y1=12x12.
又因为y=12x2，所以y′=x.则切线DA的斜率为x1，
故y1+12=x1x1−t，整理得2tx1−2y1+1=0.
设Bx2,y2，同理得2tx2−2y2+1=0.
Ax1,y1,Bx2,y2都满足直线方程2tx−2y+1=0.
于是直线2tx−2y+1=0过点A,B，而两个不同的点确定一条直线，
所以直线AB方程为2tx−2y+1=0，即2tx+−2y+1=0，
当2x=0,−2y+1=0时等式恒成立.
所以直线AB恒过定点0,12.
（3）思路一：利用公共边结合韦达定理求面积
设AB的中点为G,Ax1,y1,Bx2,y2，则Gx1+x22,y1+y22,EG=x1+x22,y1+y2−52，BA=x1−x2,y1−y2.
由EG⋅BA=0，得x1+x22x1−x2+y1+y2−52y1−y2=0，
将y=x22代入上式并整理得x1−x2x1+x2x12+x22−6=0，
因为x1−x2≠0，所以x1+x2=0或x12+x22=6.
由（1）知Dx1+x22,−12，所以DG⊥x轴，
则S四边形ADBE=S△ABE+S△ABD=12EF⋅x2−x1+12GD⋅x2−x1=x2−x1+x1+x22+48x2−x1
（设x2>x1）.
当x1+x2=0时，x2−x12=x1+x22−4x1x2=4，即x2−x1=2,S四边形ADBE=3；
当x12+x22=6时，x1+x22=4,x2−x12=x1+x22−4x1x2=8，
即x2−x1=22,S四边形ADBE=42.
综上，四边形ADBE的面积为3或42.
思路二：利用弦长公式结合面积公式求面积
设Dt,−12，由（1）知抛物线的焦点F的坐标为0,12，准线方程为y=−12.
由抛物线的定义，得AB=x122+12+x222+12=x1+x22−2x1x22+1=4t2+22+1=2t2+2.
线段AB的中点为Gt,t2+12.
当x1+x2=0时，t=0,AB⊥y轴，AB=2，
S四边形ADBE=12×2×52+12=3;；
当x1+x2≠0时，t≠0，由EG⊥AB，得t2+12−52t−0⋅t=−1，即t=±1.
所以AB=4,G±1,32，直线AB的方程为y=±x+12.
根据对称性考虑点G1,32,D1,−12和直线AB的方程y=x+12即可.
E到直线AB的距离为EG=(0−1)2+52−322=2，
D到直线AB的距离为1+12+1212+(−1)2=2.
所以S四边形ADBE=12×4×2+2=42.
综上，四边形ADBE的面积为3或42.
思路三：结合抛物线的光学性质求面积
图5中，由抛物线的光学性质易得∠1=∠2，又∠1=∠3，所以∠2=∠3.
因为AF=AA1,AD=AD，所以△AFD≌△AA1D，
所以∠AFD=∠AA1D=90∘,DF⊥AB,DA1=DF.
同理△BDF≌△BDB1⇒DB1=DF，所以DA1=DB1，即点D为A1B1中点.
图6中已去掉坐标系和抛物线，并延长BA,B1A1于点H.
因为GE⊥AB,DF⊥AB，所以GE∥DF.
又因为G,D分别为AB,A1B1的中点，所以GD∥AA1∥EF，
故EFDG为平行四边形，从而GD=EF=2,AB=AA1+BB1=2GD=4.
因为FI∥GD且FI=12GD，所以I为HD的中点，
从而DF=GE=2.
S四边形ADBE=S△ADB+S△ABE=12AB⋅DF+12AB⋅GE=42.
当直线AB平行于准线时，易得S四边形ADBE=3.
综上，四边形ADBE的面积为3或42.
思路四：结合弦长公式和向量的运算求面积
由（1）得直线AB的方程为y=tx+12.
由y=tx+12y=x22，可得x2−2tx−1=0，
于是x1+x2=2t,x1x2=−1,y1+y2=tx1+x2+1=2t2+1
AB=1+t2x1−x2 =1+t2x1+x22−4x1x2=2t2+1
设d1,d2分别为点D,E到直线AB的距离，则d1=t2+1,d2=2t2+1.
因此，四边形ADBE的面积S=12ABd1+d2=t2+3t2+1.
设M为线段AB的中点，则Mt,t2+12，
由于EM⊥AB，而EM=t,t2−2,AB与向量1,t平行，所以t+t2−2t=0，解得t=0或t=±1.
当t=0时，S=3；当t=±1时S=42
因此，四边形ADBE的面积为3或42.

25．（2023春·江西上饶·高二校联考阶段练习）已知坐标原点为O，抛物线为G:x2=2py(p>0)与双曲线y23−x23=1在第一象限的交点为P，F为双曲线的上焦点，且△OPF的面积为3．
(1)求抛物线G的方程；
(2)已知点M(−2,−1)，过点M作抛物线G的两条切线，切点分别为A，B，切线MA，MB分别交x轴于C，D，求△MAB与△MCD的面积之比．
【解题思路】（1）首先求出双曲线的上焦点，设PxP,yP，xP>0,yP>0，根据三角形面积求出xp，再代入双曲线方程求出yP，再根据点P在抛物线上，即可求出p，即可得解；
（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，利用导数表示出MA的方程，即可求出C点坐标，同理可得D，再将M代入MA，即可得到AB的方程，联立直线与双曲线方程，消元、列出韦达定理，即可求出AB，再求出点M到直线AB的距离，即可得到S△MAB，再求出S△MCD，即可得解.
【解答过程】（1）双曲线y23−x23=1的上焦点为F0,6，设PxP,yP，xP>0,yP>0，
由已知得：S△OPF=12⋅|OF|⋅xP=12×6×xP=3，则xp=6，
代入双曲线方程可得yP23−623=1，解得yP=3或yP=−3（舍去），所以P(6,3)，
又因为P在抛物线上，所以6=2p×3，解得p=1，故抛物线G的方程为x2=2y．
（2）设点Ax1,y1，Bx2,y2，对y=x22求导得y=x，
则切线MA的方程为y−y1=x1x−x1，
由x12=2y1整理得y=x1x−y1，
令y=0，则x=x12，即Cx12,0，同理可求得Dx22,0．
将M(−2,−1)代入直线MA可得：2x1+y1−1=0，
同理可求得直线MB的方程：2x2+y2−1=0，
所以A，B的直线方程2x+y−1=0．
联立y=1−2xy=x22消去y得x2+4x−2=0，
则韦达定理：x1+x2=−4,x1x2=−2，
则弦长AB=1+k2x1−x2=5⋅42+4×2=230，
点M到直线AB的距离d=|2×(−2)+(−1)−1|5=655，
所以S△MAB=12AB⋅d=66，
又S△MCD=12CD⋅yM=x1−x24=62，
故S△MABS△MCD=12．
题型六
抛物线中的三角形（四边形）面积的最值问题
26．（2023·贵州黔东南·凯里一中校考三模）已知直线y=kx+1与抛物线C：x2=8y交于A，B两点，分别过A，B两点作C的切线，两条切线的交点为D.
(1)证明点D在一条定直线上；
(2)过点D作y轴的平行线交C于点E，线段AB的中点为P，
①证明：E为DP的中点；
②求△ADE面积的最小值.
【解题思路】（1）求导得到y′=x4，确定切线方程，化简得到A，B两点两点都在直线xx0=4y0+4y上，对比得到x0=4k，y0=−1，得到答案.
（2）联立方程得到根与系数的关系，计算得到D,E,P的横坐标均为4k，纵坐标满足yP+yD=2yE，得到证明，计算DE=2k2+1，点到直线的距离为d=222k2+1，计算面积得到答案.
【解答过程】（1）设Ax1,y1，Bx2,y2，Dx0,y0，由x2=8y得y′=x4，
C在点A处的切线方程为y−y1=x14x−x1，
将x12=8y1代入上式得x1x=4y+4y1，故x1x0=4y0+4y1，
同理x2x0=4y0+4y2，
A，B两点两点都在直线xx0=4y0+4y上，
所以直线xx0=4y0+4y与直线y=kx+1是同一直线，故x0=4k，y0=−1，
即点D在定直线y=−1上.
（2）①x0=4k，即D为4k,−1，E为4k,2k2，
将y=kx+1与x2=8y联立得x2−8kx−8=0，Δ=64k2+64>0，
故x1+x2=8k,x1x2=−8，
线段AB的中点为P4k,4k2+1，故D,E,P三点共线，
4k2+1−12=2k2，yP+yD=2yE，故E为DP的中点.
②DE=2k2+1，lDE:x=4k，
点A到直线DE的距离为：
d=x1−4k=x1−x1+x22=x1−x22=x1+x22−4x1x22=222k2+1，
S△ADE=12⋅DE⋅d=2⋅2k2+1⋅2k2+1≥2（当k=0时取等），
△ADE面积的最小值为2.
27．（2023春·四川南充·高三校考开学考试）已知O为坐标原点，动圆过定点A6,0，且在y轴上截得的弦BD的长为12.
(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;
(2)已知M，N是曲线C上两点，且OM⋅ON=0，分别延长MO与NO交圆E:x+32+y2=9于P，Q两点，求四边形MNPQ面积的最小值.
【解题思路】（1）设动圆的圆心Fx,y，半径为r，则FA=r，则根据圆的弦长列式化简即可得出答案；
（2）设直线MP的方程为y=kx，点Mx1,y1，Px2,y2，联立直线MP与圆心C的轨迹方程，即可得出x1=12k2，联立直线MP与圆E的轨程，即可得出x2=−6k2+1，则根据弦长公式得出MP=63k2+2k2k2+1，根据已知OM⋅ON=0得出MP⊥NQ，即可得出NQ=63k2+21k21k2+1，即可求出四边形MNPQ的面积，即可根据函数单调性或基本不等式得出面积的最小值.
【解答过程】（1）设动圆的圆心Fx,y，半径为r，则FA=r，
所以FA2=x2+BD22，即x−62+y2=x2+36，化简得y2=12x.
所以动圆的圆心C的轨迹方程为：y2=12x.
（2）由题意，直线MP斜率存在且不为0，设直线MP的方程为y=kx，设点Mx1,y1，Px2,y2，
联立y=kxy2=12x，得k2x2−12x=0，由x1≠0，得x1=12k2，
联立y=kxx+32+y2=9，得k2+1x2+6x=0，由x2≠0，得x2=−6k2+1.
所以MP=k2+1x1−x2=63k2+2k2k2+1，
因为OM⋅ON=0
则MP⊥NQ，所以用−1k代替k，得NQ=63k2+21k21k2+1，
故四边形MNPQ的面积S=12MPNQ=12×63k2+2k2k2+1×63k2+21k21k2+1=18×6k2+6k2+13k+1k，
令k+1k=t，则t≥2，且t2=k2+1k2+2，所以S=18×6t2+1t=186t+1t，
设函数ft=6t+1tt≥2，则f′t=6−1t2=6t2−1t2>0，
故f（t）在区间2，+∞内单调递增，
故当t=2，即k=1时，S取到最小值225，
所以四边形MNPQ面积的最小值是225.
28．（2023·四川凉山·三模）已知双曲线T：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的离心率为2，且过点3,1．若抛物线C：y2=2pxp>0的焦点F与双曲线T的右焦点相同．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M−2,0且斜率为正的直线l与抛物线C相交于A，B两点（A在M，B之间），点N满足：NA=6AF，求△ABF与△AMN面积之和的最小值．
【解题思路】(1) 由双曲线的离心率求出a=b，由双曲线过点3,1，代入双曲线方程，结合a=b，求出c，即可得到双曲线的右焦点，即抛物线的焦点，即可求出p，代入抛物线的方程即可得到答案.
(2) 设直线l的方程，联立直线l的方程和抛物线方程，消去x，由韦达定理得到两根之间的关系，由NA=6AF得到yN=7y1，把S△ABF转化为 S△BMF−S△AMF，把S△AMN转化为 S△NMF−S△AMF，化简相加得到只含y1,y2的式子，用基本不等式即可求△ABF与△AMN面积之和的最小值．
【解答过程】（1）如图，
因为双曲线的离心率为2，所以e=ca=2，即c2a2=2，
又因为c2=a2+b2，所以a2+b2a2=2，即a2=b2，即a=b，
所以双曲线的方程为x2a2−y2a2=1a>0.
因为双曲线过点3,1，所以32a2−12a2=1a>0，解得a2=2，
所以c2=a2+b2=2a2=4，所以c=2，
所以双曲线的右焦点为2,0，即抛物线的焦点为F2,0,所以p2=2，p=4，
所以抛物线C的方程为y2=8x.
（2）如图，
设直线l的方程为x=ty−2，Ax1,y1，Bx2,y2，
则由x=ty−2y2=8x得y2−8ty+16=0，
所以Δ=64t2−1>0y1+y2=8ty1y2=16，
∵NA=6AF，∴yN=7y1，
又S△ABF=S△BMF−S△AMF=2y2−y1=2y2−2y1，
S△AMN=S△NMF−S△AMF=2yN−y1=12y1，
∴S△ABF+S△AMN=10y1+2y2≥210y1⋅2y2=165，
当且仅当10y1=2y2，即y1=455，y2=45时，等号成立.
所以△ABF与△AMN面积之和的最小值为165.
29．（2023·江西上饶·校联考模拟预测）设抛物线方程为y2=2x，过点P的直线PA,PB分别与抛物线相切于A,B两点，且点A在x轴下方，点B在x轴上方.
(1)当点P的坐标为−1,−2时，求AB；
(2)点C在抛物线上，且在x轴下方，直线BC交x轴于点N，直线AB交x轴于点M，且3AM<2BM.若△ABC的重心在x轴上，求S△ABCS△BMN的最大值.（注：S表示三角形的面积）
【解题思路】（1）求导得切线斜率，进而由点斜式写出切线方程，将P−1,−2代入得−2−y1=1y1−1−x1⇔y1=121−x1,x1=1−2y1，进而联立与抛物线方程可得方程的根，或者韦达定理，由点点距离即可求解，
（2）根据三角形面积公式以及重心满足的坐标关系，化简，即可利用二次函数的性质求解最值.
【解答过程】（1）解法一：设Ax1,y1,Bx2,y2，y1<0，y2>0，
由y2=2x，可得y=±2x，当y>0,y=2x,∴y′=12x=1y ，
当y<0,y=−2x,∴y′=−12x=1y，所以y′=1y，直线PA的斜率kPA=1y1，
直线PA：y−y1=1y1x−x1，又∵P−1,−2在PA上，
−2−y1=1y1−1−x1⇔y1=121−x1,x1=1−2y1，
所以y12=2x1y1=121−x1，又y1<0，所以y1=−2−6，
同理可得y2=−2+6，
∴y1−y2=−26,x1−x2=1−2y1−1−2y2=−2y1−y2=46，
∴AB=x1−x22+y1−y22=(46)2+(−26)2=230；
解法二：设Ax1,y1,Bx2,y2，y1<0，y2>0，由y2=2x，可得y=±2x，
所以y′=1y，直线PA的斜率kPA=1y1，直线PA：y−y1=1y1x−x1，又∵P−1,−2在PA上，
故−2−y1=1y1−1−x1，即−2y1−y12=−1−x1，
因为y12=2x1，所以x1=−2y1+1，同理可得x2=−2y2+1，
故直线AB的方程为x=−2y+1，
联立y2=2xx=−2y+1消去x，得y2+4y−2=0，故y1+y2=−4,y1⋅y2=−2，
故AB=x1−x22+y1−y22=5⋅y1+y22−4y1y2=5⋅24=230
（2）设Cx3,y3，由条件知y1+y2+y3=0，
∴S△ABCS△BMN=12⋅AB⋅BC⋅sin∠ABC12⋅BM⋅BN⋅sin∠ABC=ABBM⋅BCBN=1+AMBM⋅1+CNBN
=1−y1y21−y3y2=1−y1+y3y2+y1⋅y3y22
=2+y1⋅y3y22=2+y1−y1−y2y22=2+−y12−y1y2y22
=−y1y22−y1y2+2=−y1y2+122+94，
∵3AM<2BM ∴AMBM=−y1y2<23，−23∴当y1y2=−12时，S△ABCS△BMN取得最大值94.
30．（2023·全国·高三专题练习）在①OA⋅OB=−12；②1|AF|+1|BF|=12；③△OAB面积的最小值为8，这三个条件中任选一个，补充在横线上，并解答下列问题．（若选择多个条件作答，则按第一个解答计分）
已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F，过点F的直线与该抛物线交于A，B两点，O为坐标原点，_____________．
(1)求抛物线的方程；
(2)点C在抛物线上，△ABC的重心G在y轴上，直线AC交y轴于点Q（点Q在点F上方）．记△AFG,△CQG的面积分别为S△AFG,S△CQG,T=S△AFGS△CQG，求T的取值范围．
【解题思路】（1）设直线AB的方程为y=kx+p2，联立直线和抛物线方程，利用韦达定理列方程，解方程得到p即可得到抛物线方程；
（2）方法一：根据△ABC的中心在y轴上得到xA+xB+xC3=0，根据点Q在点F上方得到xA2>32，根据S△ABG=S△ACG得到T=2−16⋅xA2−32xA4−256，然后利用换元法和基本不等式求T的范围即可；
方法二：设A22t,t2(t≠0)，B−42t,4t2，根据G为重心得到xC=42t−22t，根据点Q在点F上方得到t2>4，根据S△ABG=S△ACG得到T=21−t2−4t4−4，然后利用换元法和基本不等式求T的范围即可.
【解答过程】（1）由题得F0,P2，且直线AB的斜率存在，设直线AB:y=kx+p2．
联立方程y=kx+p2x2=2py得x2−2pkx−p2=0，
可知Δ>0恒成立，设AxA,yA,BxB,yB，
则xA+xB=2pk，xAxB=−p2，
若选条件①，yA⋅yB=xAxB24p2=p24，
OA⋅OB=xAxB+yAyB=−p2+p24=−3p24=−12，
∴p=4，
故抛物线的方程为x2=8y．
若选条件②，yA⋅yB=xAxB24p2=p24，
由抛物线定义得1|AF|+1|BF|=1yA+p2+1yB+p2=yA+yB+pyAyB+p2yA+yB+p24= yA+yB+pp2yA+yB+p=2p=12，
∴p=4，故抛物线的方程为x2=8y．
若选条件③，S△OAB=12×p2×xA−xB=p4xA+xB2−4xAxB=p44p2k2+4p2 =p22k2+1，当且仅当“k=0”时，△OAB面积有最小值为p22，
∴p22=8，p=4，故抛物线的方程为x2=8y．
（2）
解法一：由（1）得抛物线的方程为x2=8y，p=4，F(0,2)，故xAxB=−16，
如图，∵G为△ABC重心，∴xG=xA+xB+xC3=0，且S△ABG=S△ACG，
∴T=S△AFGS△CQG=xAxB−xA⋅S△ABGxCxC−xA⋅S△ACG=xAxC−xAxCxB−xA=−xAxA+xB+xAxB+xAxB−xA∣=2xA2+xA⋅xBxB2−xA2 =2xA2−16162xA2−xA2=2xA4−16xA2xA4−162=2−16⋅xA2−32xA4−256．
又kAC=yA−yCxA−xC=xA28−xC28xA−xC=xA+xC8，
直线AC:y−yA=xA+xC8x−xA．
令x=0，得yQ=yA+xA+xC8−xA=xA28−xA28−xAxC8=−xAxC8>2，
则xAxC=xA−xA−xB=−xA2−xAxB=−xA2+16<−16，即xA2>32．
令u=xA2−32>0，则xA2=u+32，
则T=2−16u(u+32)2−256=2−16u+3×162u+64，
∵u>0，∴u+3×162u≥323，当且仅当“u=163”，即“xA2=163+32”时取等．
∴2−16u+3×162u+64≥1+32，
∴2>T≥1+32，故T∈1+32,2．
法二：由（1）得抛物线的方程为x2=8y，p=4，F(0,2)
故xAxB=−16，yAyB=xAxB264=4，
∵A在抛物线上，不妨设A22t,t2(t≠0)，则B−42t,4t2，
∵G为△ABC重心，∴xG=xA+xB+xC3=0，则xC=42t−22t，
又S△AGB=S△AGC，
所以S△AFG=xAxB−xA⋅S△AGB=22t22t−−42t⋅S△AGB=t2t2+2⋅S△AGB，
S△CQG=xCxC−xA⋅S△AGC=42t−22t42t−22t−22t⋅S△AGC=2−t22−2t2⋅S△AGC，
T=S△AFGS△CQG=t2t2+22−t22−2t2=t22−2t2t2+22−t2=2t4−2t2t4−4=21−t2−4t4−4，
又kAC=yA−yCxA−xC=xA28−xC28xA−xC=xA+xC8=12t，
直线AC:y−t2=12t(x−22t)，
令x=0，得Q0,t2−2，又点Q在点F上方，可知t2−2>2，即t2>4．
令m=t2−4，则m>0，
T=21−m(m+4)2−4=21−1m+12m+8，
∵m>0，∴m+12m≥43，当且仅当“m=23”，即“t2=4+23”时取等．
∴1>1−1m+12m+8≥1−143+8=12+34
∴2>T≥1+32，故T∈1+32,2．