重难点29 圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc190" 【题型1 三角形面积问题】 PAGEREF _Tc190 \h 2
\l "_Tc17939" 【题型2 四边形面积问题】 PAGEREF _Tc17939 \h 5
\l "_Tc17130" 【题型3 三角形面积之比问题】 PAGEREF _Tc17130 \h 10
\l "_Tc5138" 【题型4 三角形面积之和、之差问题】 PAGEREF _Tc5138 \h 15
\l "_Tc32510" 【题型5 已知面积求其他量】 PAGEREF _Tc32510 \h 20
\l "_Tc17086" 【题型6 三角形（四边形）面积的最值、范围问题】 PAGEREF _Tc17086 \h 25
1、圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题
圆锥曲线是高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，圆锥曲线中的三角形（四边形）面积问题考查热度较高，考查形式多种多样，主要考查三角形、四边形的面积及其最值（范围）问题、面积之比问题、已知面积求其他量等问题，各种题型都有考查，在解答题中，计算量大，难度较高；复习时要加强此类问题的训练，灵活求解.
【知识点1 圆锥曲线中的面积问题及其解题策略】
1．三角形面积问题的解题策略
(1)利用三角形面积公式求解：
①(一般选弦长做底，点到直线的距离为高)；
②.
2．四边形面积问题的解题策略
面积的拆分：不规则的多边形的面积问题通常考虑拆分为多个三角形的面积和，对于三角形如果底和高不便于计算，则也可以考虑拆分成若干个易于计算的三角形.
3．三角形面积之比问题的解题策略
(1)三角形面积公式：利用三角形面积公式分别求出各个三角形的面积，再研究它们之间的比值问题.
(2)面积的关系的转化：寻找这些三角形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点，从而可将面积的关系转化为线段的关系，使得计算得以简化.
4．圆锥曲线中面积的最值（范围）问题的解题策略
一般都是利用三角形面积公式表示面积，然后将面积的关系式转化为某个变量的一个函数，再求解函数的最值(常用方法有：单调性法、换元法、基本不等式、三角函数求最值、利用导数求最值等)，在计算面积的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算，灵活求解，简化计算.
【题型1 三角形面积问题】
【例1】（2024·湖北武汉·二模）已知抛物线C:y2=2pxp>0的焦点为F，过F作直线交抛物线C于A,B两点，过A,B分别作准线l的垂线，垂足分别为M,N，若△AFM和△BFN的面积分别为8和4，则△MFN的面积为（ ）
A．32B．16C．82D．8
【解题思路】设直线AB:x=my+p2代入抛物线方程，利用韦达定理，计算S△AFM,S△AFN，相乘化简可得m2+1=128p4，由三角形面积公式可得S△MFN=p2m2+1=82.
【解答过程】设直线AB:x=my+p2，

代入抛物线方程，消元可得y2−2pmy−p2=0，
设Ay122p,y1,By222p,y2，则y1y2=−p2,y1+y2=2pm，
S△AFM=12AM⋅y1==12y122p+p2⋅y1=8，
S△BFN=12BN⋅y2=12y222p+p2⋅y2=4，
∴S△AFM⋅S△BFN=14y1y224p2+p24+14y12+y22⋅y1y2
=14p44p2+p24+144p2⋅m2+2p2⋅p2
=p44m2+1，
于是S△AFM⋅S△BFN=p44m2+1=8×4=32，即m2+1=128p4，
∴S△MFN=p2y1−y2=p2y1+y22−4y1y2=p2m2+1=p2128p4=82.
故选：C.
【变式1-1】（2024·湖南长沙·三模）已知点A为双曲线x24−y2=1的左顶点，点B和点C在双曲线的左支上，若△ABC是等腰直角三角形，则△ABC的面积是（ ）
A．4B．89C．169D．329
【解题思路】双曲线x24−y2=1的左顶点A−2,0，设Bx1,y1x10)的长轴长为20，离心率为35，左､右焦点为F1,F2，若C上的点P满足∠F1PF2=π3，则△F1PF2的面积是（ ）
A．6433B．643C．12833D．1283
【解题思路】首先求出a,b,c的值，进一步结合椭圆定义、余弦定理即可列式求得PF1⋅PF2=2563，再结合三角形面积公式即可求解.
【解答过程】由题知，2a=20ca=35b2+c2=a2，解得a=10b=8c=6,∴椭圆C:x2100+y264=1，
∵C的左､右焦点为F1,F2，若C上的点P满足∠F1PF2=π3，
∴由椭圆定义得PF1+PF2=20,∴PF12+PF22+2PF1⋅PF2=400①.
由余弦定理得PF12+PF22−2PF1PF2cs∠F1PF2=4×36②，联立①②，
得PF1⋅PF2=2563，
∴△F1PF2的面积是S=12PF1⋅PF2⋅sin60∘=12×2563×32=6433.
故选：A.
【变式1-3】（2024·全国·模拟预测）已知点A为椭圆M：x24+y23=1的一点，F1，F2分别为椭圆M的左，右焦点，∠F1AF2的平分线交y轴于点B0,−13，则△AF1F2的面积为（ ）
A．12B．22C．1D．2
【解题思路】结合光学性质，列出直线AB方程，即可求解答案.
【解答过程】设点Ax0,y0且不为顶点，因为椭圆方程为x24+y23=1，
所以过A的切线方程即直线DE为x⋅x04+y⋅y03=1，
即y=−3x04y0x+3y0，
由光学几何性质知，kAB⋅kDE=−1，
所以kAB=4y03x0，
则直线AB的方程为y−y0=4y03x0x−x0．
令x=0，得yB=−y03=−13，所以y0=1．
所以S△AF1F2=12×2×1=1.
故选：C.
【题型2 四边形面积问题】
【例2】（2024·贵州毕节·二模）在椭圆C:x24+y22=1上任取一点P，过点P作x轴的垂线段PD，D为垂足，点M在线段PD上，且满足DP=2DM.
(1)当点P在椭圆C上运动时，求点M的轨迹E的方程；
(2)若曲线E与x，y轴的正半轴分别交于点A，B，点N是E上第三象限内一点，线段AN与y轴交于点H，线段BN与x轴交于点G，求四边形ABGH的面积.
【解题思路】
（1）利用相关点法求轨迹方程；
（2）首先设点N的坐标，并表示直线AN,BN的方程，并求点H,G的坐标，结合图形表示四边形ABGH的面积，并化解求值.
【解答过程】（1）由DP=2DM得DP=2DM，
设Mx,y，Px1,y1，则Dx1,0所以x1=x，y1=2y
∵x124+y122=1，得x24+y2=1，
所以点M的轨迹E的方程为x24+y2=1；
（2）由题知A2,0，B0,1，设Nm,n，则kAN=nm−2，所以lAN:y=nm−2x−2，

令x=0，解得yH=2n2−m，同理kBN=n−1m，lBN:y=n−1mx+1，xG=m1−n
所以AG=2−m1−n=2−2n−m1−n BH=1−2n2−m=2−2n−m2−m
又因为m24+n2=1
所以S四边形ABGH=12⋅AG⋅BH=12⋅2−2n−m1−n⋅2−2n−m2−m =12⋅4+4n2+m2−8n−4m+4mn1−n2−m
=12⋅4+4−8n−4m+4mn1−n2−m=12⋅42−2n−m+mn1−n2−m=2
所以四边形ABGH的面积为2.
【变式2-1】（2024·安徽芜湖·模拟预测）如图，直线l1:x=my+n1与直线l2:x=my+n2，分别与抛物线T:y2=2px(p>0)交于点A，B和点C，D（A，D在x轴同侧）．当l1经过T的焦点F且垂直于x轴时，|AB|=1．

(1)求抛物线T的标准方程；
(2)线段AC与BD交于点H，线段AB与CD的中点分别为M，N
①求证：M，H，N三点共线；
②若2HM=HN=2，求四边形ABCD的面积．
【解题思路】（1）根据题意，利用抛物线的几何性质，得到2p=1，即可求得抛物线的标准方程；
（2）①设Ax1,y1,Bx2,y2分别求得AB,CD的方程，求得yM=y1+y22和yN=y3+y42，根据lAB//lCD，得到yM=yN，再由BD,AC的方程，求得x的表达式，即可得证；
②由①，得到xM=y12+y222和xN=y32+y422，由xH−xM=1和xN−xH=2，分别求得y1y2+y2y3−y1y3−y22=2和y22+2y32+y1y2−3y2y3−y1y3=4，两式相减得y1−y2=2，结合△AHB∽△DHC和三角形的面积公式，即可求解.
【解答过程】（1）解：因为当l1经过抛物线T:y2=2px的焦点F且垂直于x轴时，且AB=1，
可得2p=1，解得p=12，所以抛物线的标准方程为y2=x.
（2）解：①设Ax1,y1,Bx2,y2是抛物线上任意两点，
则lAB:y1+y2y−y1⋅y2=x，所以yM=y1+y22，
同理设Cx3,y3、Dx4,y4是抛物线上任意两点，
则lCD:y3+y4y−y3⋅y4=x，所以yN=y3+y42，
又因为lAB//lCD，可得y1+y2=y3+y4，所以yM=yN，
同理lBD:y2+y4y−y2⋅y4=x，令y=y1+y22，可得x=y12+y1y2+y2y3−y1y32，
lAC:y1+y3y−y1⋅y3=x，令y=y3+y42，可得x=y12+y1y2+y2y3−y1y32，
所以点M，H，N三点共线.
②由①知xM=x1+x22=y12+y222，同理xN=y32+y422，
所以xH−xM=y12+y1y2+y2y3−y1y32−y12+y222=1，可得y1y2+y2y3−y1y3−y22=2
xN−xH=y32+y422−y12+y1y2+y2y3−y1y32=2，可得y22+2y32+y1y2−3y2y3−y1y3=4
两式相减，可得y2−y3=1，可得S△BCE=12×3×y2−y3=32，（BE//MN交CD于E），
因为2HM=HN=2且AB//CD，所以△AHB∽△CHD，
可得ABCD=MHNH=AHCH=BHDH=12，又M为中点，则BE平分△BCH，
所以S△CDH=4S△ABH,S△BCH=2S△ABH,S△ADH=2S△ABH，且S△ABH=23S△BCE=1，
所以SABCD=S△ABH+S△AHD+S△CHD+S△BHC=9S△ABH=9×1=9.
【变式2-2】（2024·全国·模拟预测）已知椭圆E:x2a2+y2b2=1a>b>0的离心率为63，且点1,263在椭圆E上.
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知A,B,C为椭圆上三个点，O为坐标原点，若四边形OABC为矩形，求四边形OABC的面积.
【解题思路】（1）利用椭圆离心率和椭圆上的点，列方程组求出a2,b2，可得椭圆E的方程；
（2）由四边形OABC为矩形，设出直线OA方程为y=kx，直线OC方程为y=−1kx，与椭圆方程联立解得A,C两点坐标，表示出B点坐标，代入椭圆方程求出k，得A,C两点坐标的数据，可求四边形OABC的面积.
【解答过程】（1）由题知ca=63,c2=a2−b2,1a2+83b2=1,
解得a2=9,b2=3,所以椭圆E的方程为x29+y23=1.
（2）由椭圆的图形可知，当直线OA的斜率为0或不存在时，矩形OABC不存在，不符合题意.
设直线OA的斜率为k，则直线OC的斜率为−1k.
由椭圆的对称性，只需考虑k>0的情况.
不妨设点Ax1,y1在第一象限，则点Cx2,y2在第四象限.
由y=kx,x29+y23=1,消去y整理得1+3k2x2=9，解得x1=31+3k2，所以y1=3k1+3k2.
由y=−1kx,x29+y23=1,消去y整理得1+3k2x2=9，解得x2=3k3+k2，所以y2=−33+k2.
因为四边形OABC是矩形，线段AC的中点坐标为x1+x22,y1+y22，
所以线段OB的中点坐标为x1+x22,y1+y22，所以Bx1+x2,y1+y2.
又因为点B在椭圆E上，所以x1+x229+y1+y223=1，
即x12+x22+2x1x2+3y12+y22+2y1y2=9.
又x12+3y12=9,x22+3y22=9，所以2x1x2+6y1y2+9=0.
将x1,y1,x2,y2的值代入，得18k1+3k23+k2−54k1+3k23+k2+9=0，
即4k1+3k23+k2=1，整理得k4−2k2+1=0，解得k2=1，又k>0，所以k=1，
此时A32,32，C32,−32，B3,0，OA=322，OC=322，
所以四边形OABC的面积S=OA⋅OC=92.
【变式2-3】（2024·山东济南·二模）已知点B4,3是双曲线T:x2a2−y2=1上一点，T在点B处的切线与x轴交于点A.
(1)求双曲线T的方程及点A的坐标；
(2)过A且斜率非负的直线与T的左､右支分别交于N,M.过N做NP垂直于x轴交T于P（当N位于左顶点时认为N与P重合）.C为圆E:(x−1)2+(y+2)2=1上任意一点，求四边形MBPC的面积S的最小值.
【解题思路】（1）利用待定系数法求双曲线方程，利用导数法来求切线方程即可得A点坐标；
（2）先设直线PM的方程，再利用M,A,N三点共线，可求出直线PM过定点Q4,0，从而把面积问题转化到两定点上去研究，最后发现P、M为实轴两顶点时S△BPM取到最小值，再去研究另一个圆上动点C的S△CPM最小值.
【解答过程】（1）由题意可知，16a2−3=1，即a=2，故T的方程为：x24−y2=1.
因为B在第一象限，不妨设y≥0，则x24−y2=1可变形为y=x24−112y≥0，
则y′=12x24−1−12⋅x2，代入x=4得：y′=33，所以切线方程为y=33x−33，
令y=0得x=1,所以点A坐标为1,0.
（2）

显然直线PM的斜率存在且不为−12，
设PM:y=kx+m,Mx1,y1,Px2,y2，则Nx2,−y2，
联立方程x24−y2=1y=kx+m，整理得：1−4k2x2−8kmx−4m2−4=0，
Δ=16m2−4k2+1>0,x1+x2=8km1−4k2,x1x2=−4m2−41−4k2，
由M,A,N三点共线得：y1x1−1=−y2x2−1，即x2y1+x1y2−y1+y2=0，
整理得：2kx1x2+m−kx1+x2−2m=0，
所以2k⋅−4m2−41−4k2+m−k8km1−4k2−2m=0，整理得m=−4k，
满足Δ>0，所以直线PM过定点Q4,0，则|BQ|=3且线段垂直于x轴，
令dP−BQ,dM−BQ,dC−PM分别表示P,M,C到BQ,PM的距离，
结合图，显然|dP−BQ−dM−BQ|≥2a,|PM|≥2a，仅当M为右顶点时两式中等号成立，
所以S=S△BPM+S△CPM=S△BPQ−S△BMQ+S△CPM=12BQdP−BQ−dM−BQ+12PMdC−PM
≥12BQ2a+122aEA−1=23+2，当且仅当P−2,0,M2,0,C1,−1时等号成立.
【题型3 三角形面积之比问题】
【例3】（2024·重庆·模拟预测）已知F1−c,0,F2c,0分别是椭圆C1:x2a2+y2b2=1a>0,b>0的左右焦点，如图，抛物线C2:y2=−2pxp>0的焦点为F1−c,0，且与椭圆在第二象限交于点P,PF1=53c，延长PF1与椭圆交于点Q．
(1)求椭圆的离心率；
(2)设△PF1F2和△QF1F2的面积分别为S1,S2，求S1S2．
【解题思路】（1）由抛物线C2:y2=−2pxp>0的焦点为F1−c,0，知p=2c，由PF1=53c结合抛物线的定义表示出点P的坐标，将点P的坐标代入椭圆方程化简求解离心率即可，
（2）设出椭圆的方程，设直线PF1为y=26(x+c)代入椭圆方程化简，转化求解P,Q的横坐标，然后求解面积之比即可.
【解答过程】（1）由抛物线C2:y2=−2pxp>0的焦点为F1−c,0，知p=2c，
所以抛物线方程为y2=−4cx，准线方程为x=c，
因为PF1=53c，所以−xP+c=53c，得xP=−23c，
所以yP2=−4c×−23c=83c2，所以yP=263c，
所以点P的坐标为−23c,263c，点P在椭圆上，
所以49c2a2+249c2b2=1，4c29a2+24c29b2=1，
所以4b2c2+24a2c2=9a2b2，4c2(a2−c2)+24a2c2=9a2(a2−c2)，
化简整理得4c4−37a2c2+9a4=0，
所以4e4−37e2+9=0，(e2−9)(4e2−1)=0，
解得e2=9（舍去），或e2=14，
所以e=12；
（2）由（1）知ca=12，则a=2c,b=a2−c2=3c，
所以椭圆方程为x24c2+y23c2=1，
因为P的坐标为−23c,263c，F1−c,0，
所以kPF1=263c−0−23c+c=26，
所以直线PF1为y=26(x+c)，
由y=26(x+c)x24c2+y23c2=1，得x24c2+8(x+c)2c2=1，
化简整理得33x2+64cx+28c2=0，
所以(3x+2c)(11x+14c)=0，得x=−23c，或x=−1411c，
所以xP=−23c，xQ=−1411c，
所以S1S2=PF1QF1=xP−xF1xQ−xF1 =−23c+c−1411c+c=119.
【变式3-1】（2024·四川南充·二模）如图，已知四边形ABCD的四个顶点都在抛物线x2=4y上，且A，B在第一象限，AC//x轴，抛物线在点A处的切线为l，且BD//l．

(1)设直线CB,CD的斜率分别为k和k′，求k+k′的值；
(2)P为AC与BD的交点，设△BCD的面积为S1，△PAD的面积为S2，若tan∠BCA=2，求S1S2的取值范围．
【解题思路】（1）首先分别设Ax0,x024，Bx1,x124，Dx2,x224，根据条件，并由坐标表示斜率，即可求解；
（2）由已知条件求出直线CB,CD,BD的方程，再分别与抛物线的方程联立，可求出Px0−32x0,x024，并进一步求出x0>4，然后利用面积公式求出S1S2，结合x0的范围，即可求解.
【解答过程】（1）设Ax0,x024，Bx1,x124，Dx2,x224，
由AC//x轴得，点C的坐标为−x0,x024，
由x2=4y得y=14x2，y′=x2，
所以抛物线在点A处的切线斜率为k1=x02，
又kBD=x224−x124x2−x1=x2+x14，由BD//l得x2+x14=x02，所以x2+x1=2x0，
因为k′=x224−x024x2+x0=x2−x04，k=x124−x024x1+x0=x1−x04，
所以k′+k=x2−x04+x1−x04=x2+x1−2x04=0；
（2）因为tan∠BCA=2，所以k=2，k′=−2，
所以直线CB的方程为y−x024=2x+x0，即y=2x+2x0+x024，
由x2=4yy=2x+2x0+x024，得x2−8x−8x0−x02=0，
所以x1−x0=−8x0−x02，得x1=x0+8，
又直线CD的方程为y−x024=−2x+x0，即y=−2x−2x0+x024，
由x2=4yy=−2x−2x0+x024，得x2+8x+8x0−x02=0，
所以x2−x0=8x0−x02，得x2=x0−8，
所以直线BD的方程为y−x0+824=x02x−x0−8，即y=x02x+16−x024，
所以Px0−32x0,x024，
由−x00，解得kb>0的左右焦点分别为F1，F2，离心率为12，过抛物线C2：y2=2ax焦点的直线交抛物线于M，N两点，MN的最小值为4.连接MO，NO并延长分别交C1于A，B两点，且点A与点M，点B与点N均不在同一象限，△OMN与△OAB的面积分别记为S△OMN，S△OAB.
(1)求C1和C2的方程；
(2)记λ=S△OMNS△OAB，求λ的最小值.
【解题思路】（1）利用抛物线过焦点弦求最小值，求解出a值，即可求解两个方程；
（2）利用抛物线过焦点弦的端点到原点的斜率之积为定值，从而引入新变量直线OM斜率为m，即可求出点A坐标，同理也可以求出点B坐标，然后利用两点间弦长公式可求得OA,OB,OM,ON的长度，即可计算两三角形面积比的平方，最后转化到变量m的函数求最小值即可.
【解答过程】（1）设直线MN的方程为x=ty+a2，设Mx1,y1，Nx2,y2，联立x=ty+a2y2=2ax,
整理得y2−2aty−a2=0，所以MN=x1+x2+a=ty1+y2+2a=2at2+2a，
所以当t=0时，MN有最小值2a，所以2a=4，解得a=2，
又因为离心率为e=ca=12，所以c=1，则b=a2−c2=4−1=3，
所以椭圆C1的方程为x24+y23=1，抛物线C2的方程为y2=4x.
（2）

由（1）可得y1y2=−a2=−4，x1x2=a24=1，所以kOM⋅kON=y1x1⋅y2x2=−4，
设直线OM的方程为y=mx，
联立x24+y23=1y=mx，整理得3+4m2x2=12，解得xA2=123+4m2，
同理可设直线ON的方程为y=−4mx，可解得xB2=12m23m2+64，
λ2=S△OMNS△OAB2=12OMONsin∠MON12OAOBsin∠AOB2 =1+m2x11+−4m2x21+m2xA1+−4m2xB2=1xA2xB2
=12m4+265m2+192144m2=m212+43m2+265144≥2m212×43m2+265144=361144.
所以当m=±2时，λ有最小值1912.
【题型4 三角形面积之和、之差问题】
【例4】（23-24高二下·福建泉州·期中）已知抛物线C:y2=2px(00，则y1+y2=3m,y1y2=−12,
所以直线AD的方程为：y−y1=y1+y2x1−x2(x−x1)，即y−y1=y1+y2m(y1−y2)(x−x1)
即y−y1=3y1−y2x−x1，令y=0，可得y1−y2⋅−y1=3x−y12，
所以3x=y1−y2⋅−y1+y12=y1y2=−12，所以x=−4
所以Q(−4,0)；
（ii）如图所示，可得S△OAQ=12⋅OQ⋅y1=12×4×y1=2y1，
S△OAB=12×4×y1+12×4×y2=2y1+2y2，
所以△OAQ与△OAB的面积之和
S=S△OAQ+S△OAB=2y1+2y1+2y2=4y1+2y2
=4y1+2−12y1=4y1+24y1≥24y1⋅24y1=86
当且仅当4y1=24y1时，即y1=6时，等号成立，
所以△OAQ与△OAB的面积之和的最小值为86.
【变式4-3】（2024·陕西西安·模拟预测）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，动点M(x,y)到定点F(1,0)的距离和它到定直线l:x=4的距离之比是常数12，设动点M的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点N(−1,0)的直线与曲线C相交于点A，B(不在x轴上)，记线段AF的中点为P，连接PO，并延长PO交曲线C于点D，求△FPN与△BND的面积之和的取值范围.
【解题思路】（1）直接法求解轨迹方程；
（2）先根据几何关系得到S△FPN=S△ANP=S△AON，S△BND=S△BNO，S△FPN+S△BND=S△AOB，设lAB:x=my−1,Ax1,y1,Bx2,y2，联立椭圆方程，得到两根之和，两根之积，表达出△AOB的面积，利用基本不等式求出最值，求出答案.
【解答过程】（1）根据题意，(x−1)2+y2|x−4|=12，
将上式两边平方并化简，得3x2+4y2=12，
即C:x24+y23=1
（2）如图所示，其中N为椭圆的左焦点，故OP为三角形AFN的中位线，
所以AB//PD，所以S△FPN=S△ANP=S△AON，S△BND=S△BNO，
S△FPN+S△BND=S△AON+S△BNO=S△AOB，即求△AOB面积S的取值范围，
不妨设lAB:x=my−1,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立x=my−1,x24+y23=1,消去x得3m2+4y2−6my−9=0，显然Δ>0，
故y1+y2=6m3m2+4,y1y2=−93m2+4，
又△AOB的面积S=12⋅|ON|⋅y1−y2=12y1+y22−4y1y2
=126m3m2+42+363m2+4=6m2+13m2+4=63m2+1+1m2+1，
令t=m2+1≥1，则S=63t+1t，由对勾函数单调性可知，当t≥1时，3t+1t≥4，
所以0b>0的左、右焦点分别为F1,F2，离心率为223，点A在椭圆E上，且AF1=2AF2，△AF1F2的面积为47，则椭圆E的焦距为（ ）
A．42B．82C．6D．12
【解题思路】由椭圆的定义结合题意可求出AF1=4a3，AF2=2a3，再利用余弦定理及椭圆的离心率求得cs∠F1AF2的值，根据所得条件选择合适的公式计算三角形的面积，可求出a,c，即可得答案.
【解答过程】由已知条件及椭圆的定义可得AF1=2AF2AF1+AF2=2a，
故AF1=4a3，AF2=2a3，
设F1F2=2c，因为椭圆E的离心率为223，所以ca=223，
由余弦定理可得cs∠F1AF2=16a29+4a29−4c22×4a3×2a3=54−94×c2a2=−34，
则sin∠F1AF2=74，故△AF1F2的面积为12×4a3×2a3×74=47，故a=6，
则c=6×223=42，故椭圆E的焦距为82.
故选：B．
【变式5-1】（2024·四川德阳·模拟预测）已知双曲线l ：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的焦距为2c，右顶点为A，过A作x轴的垂线与E 的渐近线交于M、N 两点，若 SMON≥34c2，则 E 的离心率的取值范围是（ ）
A．2332B．2333C．23D．[ 3 ，2]
【解题思路】首先求出S△AOB=ab，再结合题干中的条件可知ab≥34c2=34a2+b2，通过解不等式可得ba的取值范围，结合双曲线的离心率公式可得答案.
【解答过程】由题意得Aa,0，渐近线y=±bax,
将x=a代入得M,N坐标为a,±b,所以MN=2b,
因为MN⊥x轴，所以S△AOB=12·aMN=ab,
由已知可得ab≥34c2=34a2+b2,
两边同时除以a2得ba≥341+ba2,
所以3ba2−4ba+3≤0，即3ba−1ba−3≤0，
解得33≤ba≤3,所以13≤ba2≤3，
而双曲线的离心率e=1+b2a2∈233,2，
故选：A.
【变式5-2】（2024·山东·二模）已知双曲线的中心为坐标原点O，点P2,−2在双曲线上，且其两条渐近线相互垂直.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若过点Q0,2的直线l与双曲线交于E，F两点，△OEF的面积为22，求直线l的方程.
【解题思路】（1）设所求双曲线方程为x2−y2=m，(m≠0)，把点P(2,−2)代入，即可得出答案．
（2）根据题意设直线l的方程为y=kx+2，联立直线与双曲线的方程，分别用点到直线的距离公式，弦长公式，三角形面积公式，建立方程，即可得出答案．
【解答过程】（1）因为双曲线C的两条渐近线互相垂直，
所以双曲线C为等轴双曲线，
所以设所求双曲线方程为x2−y2=m，(m≠0)，
又双曲线C经过点P(2,−2)，
所以4−2=m，即m=2，
所以双曲线的方程为x2−y2=2，即x22−y22=1．
（2）根据题意可知直线l的斜率存在，又直线l过点Q(0,2)，
所以直线l的方程为y=kx+2，
所以原点O到直线l的距离d=2k2+1，
联立y=kx+2x2−y2=2，得(k2−1)x2+4kx+6=0，
所以k2≠1且Δ=16k2−24(k2−1)=24−8k2>0，
所以k20，F为抛物线的焦点，P,Q其为准线上的两个动点，且PF⊥QF.当PF=2QF时，PQ=5.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若线段PF,QF分别交抛物线C于点A,B，记△PQF的面积为S1，△ABF的面积为S2，当S1=9S2时，求PQ的长.
【解题思路】（1）首先利用勾股定理求出QF，PF，再由等面积法求出p，即可得解；
（2）设直线AB的解析式为x=ky+b，Ax1,y1，Bx2,y2，联立直线与抛物线方程，消元、列出韦达定理，依题意FA⋅FB=0，即可得到b2−6b+1=4k2，再由S1=9S2得到线段的比例关系，从而求出b，再计算出y1−y2，最后根据PQ=yP−yQ及韦达定理计算可得.
【解答过程】（1）方法一：∵PQ=5，PF⊥QF，PF=2QF，
∴QF2+PF2=PQ2=25，解得QF=5，PF=25，
∴在△PQF中，根据等面积法12PQ⋅MF=12PF⋅QF，
5×p=25×5，解得p=2，
∴抛物线的标准方程为y2=4x；
方法二：设x轴与准线的交点为M.
∵PF⊥QF,∴当PF=2QF时，tan∠PQF=2=tan∠AFM，
∴PM=2MF，MF=2MQ.
∴PQ=PM+MQ=52MF=5，∴MF=2=p，
∴抛物线C的标准方程为y2=4x；
（2）由（1）可得抛物线的焦点F1,0，准线为x=−1，
依题意，直线AB的斜率不为0，
∴设直线AB的解析式为x=ky+b，Ax1,y1，Bx2,y2.
联立y2=4xx=ky+b，消去x得y2−4ky−4b=0，显然Δ>0，
∴y1+y2=4k，y1y2=−4b.
由PF⊥QF，则FA⋅FB=0，可得x1−1,y1⋅x2−1,y2=0，∴x1−1x2−1+y1y2=0，整理得b2−6b+1=4k2.①
易知直线AF的解析式为y=y1x1−1x−1，令x=−1，可得yP=−2y1x1−1，
同理可得yQ=−2y2x2−1.
∵S1=9S2，
∴PF⋅QF=9AF⋅BF，即PFAF=9×BFQF，∴yPy1=9y2yQ.
∴yPyQy1y2=9，∴−2y1x1−1⋅−2y2x2−1y1y2=9，∴4x1−1x2−1=9，即−4y1y2=9，∴b=19.
∴y1−y2=y1+y22−4y1y2=16k2+16b=4b2−8b+4=169.
所以PQ=yP−yQ=−2y1x1−1−−2y2x2−1=2x1y2−2x2y1+2y1−2y2x1−1x2−1
=12y1y2−2y1−y2−y1y2=4y1−y2=649.
【题型6 三角形（四边形）面积的最值、范围问题】
【例6】（2024·陕西安康·模拟预测）已知椭圆C：x2a2+y2=1a>1的离心率为255，椭圆C的动弦AB过椭圆C的右焦点F，当AB垂直x轴时，椭圆C在A，B处的两条切线的交点为M．
(1)求点M的坐标；
(2)若直线AB的斜率为1m，过点M作x轴的垂线l，点N为l上一点，且点N的纵坐标为−m2，直线NF与椭圆C交于P，Q两点，求四边形APBQ面积的最小值．
【解题思路】（1）根据椭圆的几何意义，求得椭圆C的方程，从而得F(2,0)，将x=2代入椭圆方程，求出点A的坐标，再设椭圆C在点A处的切线方程为y=k(x−2)+55，将其与椭圆方程联立，利用判别式为0，求出k的值，即可求得M的坐标；
（2）设直线AB的方程为x=my+2，将其与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出|AB|，结合（1）中所得写出N的坐标，并求出直线NF的方程，再利用弦长公式求得|PQ|，然后化简运算1|AB|+1|PQ|为定值，且PQ⊥AB，即可根据基本不等式求解最值．
【解答过程】（1）解：由题意知，b=1ca=255b2=a2−c2，解得a=5，b=1，c=2，
所以椭圆C的方程为x25+y2=1，F(2,0)，
将x=2代入椭圆方程得y=±55，
不妨取A(2,55)，
设椭圆C在点A处的切线方程为y=k(x−2)+55，
联立x25+y2=1y=k(x−2)+55，得(5k2+1)x2+(25k−20k2)x+20k2−45k−4=0，
所以Δ=(25k−20k2)2−4(5k2+1)(20k2−45k−4)=0，
整理得4(5k+2)2=0，解得k=−255，
所以在点A处的切线方程为y=−255(x−2)+55=−255x+5，
由椭圆的对称性知，点M在x轴上，
令y=0，则x=52，
即点M的坐标为(52,0)．
（2）根据题意可设直线AB的方程为x=my+2，A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立x=my+2x25+y2=1，得(m2+5)y2+4my−1=0，
所以y1+y2=−4mm2+5，y1y2=−1m2+5，Δ=20(m2+1)，
所以|AB|=1+m2⋅(y1+y2)2−4y1y2=1+m2⋅25⋅m2+1m2+5=25⋅(m2+1)m2+5，
因为MN⊥x轴，且点N的纵坐标为−m2，所以N(52,−m2)，
所以直线NF的斜率为−m2−052−2=−m，
所以直线NF的方程为x=−1my+2，
同理可得，|PQ|=25⋅(1m2+1)1m2+5=25(1+m2)1+5m2，
所以1|AB|+1|PQ|=m2+525(m2+1)+1+5m225(m2+1)=6(m2+1)25(m2+1)=355，
故1|AB|+1|PQ|为定值355．
故1|AB|+1|PQ|≥21|AB|1|PQ|⇒ABPQ≥209,当且仅当AB=PQ=253时等号成立，
由于kNF=−m,kAB=1m,故NF⊥AB，即PQ⊥AB,
故SAPBQ=12PQAB≥109，当且仅当AB=PQ=253时等号成立.
【变式6-1】（2024·北京·模拟预测）已知O为坐标原点，椭圆C:x2+4y2=2上一点D的横坐标为1，斜率存在的直线l交椭圆C于A，B两点，且直线DA，DB的斜率之和等于1.
(1)求OD；
(2)若点D在第一象限，探究△ABO的面积是否有最大值？若有，求出最大值；若没有，请说明理由.
【解题思路】（1）先求出点D的纵坐标，然后代入两点间距离公式求解，即可得到结果；
（2）设出直线l的方程，将直线与椭圆方程联立，结合韦达定理代入计算，然后由直线的斜率公式求出直线l的方程，利用弦长公式以及三角形的面积公式进行求解，即可得到结果.
【解答过程】（1）不妨设D1,yD，将x=1代入椭圆方程可得yD=12，
则OD=12+122=52.
（2）
由（1）可知，若点D在第一象限，则D1,12，
不妨设直线l的方程为y=kx+m，Ax1,y1,Bx2,y2，
联立直线与椭圆方程y=kx+mx2+4y2=2，消去y可得1+4k2x2+8kmx+4m2−2=0，
由韦达定理可得x1+x2=−8km1+4k2,x1x2=4m2−21+4k2，
因为直线DA，DB的斜率之和等于1，所以y1−12x1−1+y2−12x2−1=1，
且点A,B均在直线l上，则y1=kx1+m,y2=kx2+m，
整理可得2k−1x1x2+m−k+12x1+x2−2m=0，
将x1+x2=−8km1+4k2,x1x2=4m2−21+4k2代入，可得2km+2m2+2k+m−1=0，
整理可得2k+2m−1m+1=0，
因为直线l不过点D，所以2k+2m−1≠0，则m=−1，
此时直线l的方程为y=kx−1，且过定点0,−1，
且满足Δ=32k2−8>0，即k2>14，
又AB=1+k2⋅x1−x2=1+k2⋅x1+x22−4x1x2 =1+k2⋅22⋅4k2−14k2+1，
且点O到直线AB的距离d=11+k2，所以S△ABO=2⋅4k2−14k2+1k2>14，
不妨设4k2−1=tt>0，此时S△ABO=2tt2+2=2t+2t≤12，
当且仅当t=2时，即k=±32时，等号成立，
则△ABO的面积的最大值为12.
【变式6-2】（2024·全国·模拟预测）已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)过点E(134,ca)（其中c=a2+b2），且双曲线C上的点到其两条渐近线的距离之积为14425.
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)记O为坐标原点，双曲线C的左、右顶点分别为A,B,P为双曲线C上一动点（异于顶点），M为线段AP的中点，Q为直线x=95上一点，且AP//OQ，过点Q作QN⊥OM于点N，求△ABN面积的最大值.
【解题思路】（1）由点E在C上可得16916a2−c2a2b2=1，再由C上的点到其两条渐近线的距离之积得a2b2c2=14425，联立求解即得.
（2）设出直线AP的方程，与双曲线C的方程联立求出点M的坐标，结合已知确定点N的位置，进而求出△ABN面积的最大值.
【解答过程】（1）由双曲线C:x2a2−y2b2=1过点E(134,ca)，得16916a2−c2a2b2=1，
双曲线C的渐近线方程为bx±ay=0，
则双曲线C上的点(x′,y′)到两条渐近线的距离之积为|bx′+ay′|a2+b2⋅|bx′−ay′|a2+b2=a2b2c2=14425，
于是16916a2−c2a2b2=16916a2−25144=1，解得a2=9，则b2c2=1625，而c2=a2+b2，解得
b2=16,c2=25，
所以双曲线C的标准方程为x29−y216=1.
（2）由（1）知A(−3,0),B(3,0)，显然直线AP的斜率存在且不为0，设直线AP的方程为y=k(x+3),k≠0，
由x29−y216=1y=k(x+3)消去y并整理得(16−9k2)x2−54k2x−81k2−144=0，显然16−9k2≠0，
设P(x1,y1),x1≠±3，则−3x1=−81k2−14416−9k2，解得x1=27k2+4816−9k2，且y1=96k16−9k2，
于是线段AP的中点M(27k216−9k2,48k16−9k2)，直线OM的斜率kOM=169k，
由OM⊥QN，得直线QN的斜率kQN=−916k，而AP//OQ，直线OQ的方程为y=kx，则点Q(95,95k)，
于是直线QN的方程为y=−9k16(x−95)+95k，即y=−9k16(x−5)，则直线QN过定点F(5,0)，
因此点N在以OF为直径的圆上，该圆的圆心为(52,0)，半径为52，
则点N到直线AB的最大距离为52，点N的坐标为(52,52)或(52,−52)，
而点N在直线OM上，即kOM=169k=1或kOM=169k=−1，得k=169或k=−169，满足k2≠169，
所以点N到直线AB的距离的最大值为52，△ABN面积的最大值为12×6×52=152.
【变式6-3】（2024·江苏南通·三模）已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F，直线l过点F交C于A,B两点，C在A,B两点的切线相交于点P,AB的中点为Q，且PQ交C于点E．当l的斜率为1时，AB=8．
(1)求C的方程；
(2)若点P的横坐标为2，求QE；
(3)设C在点E处的切线与PA,PB分别交于点M,N，求四边形ABNM面积的最小值．
【解题思路】（1）设直线l的方程为y=kx+p2,Ax1,y1,Bx2,y2，再联立得到韦达定理式，最后根据焦点弦公式得到p=2，则得到抛物线方程；
（2）首先得到Q2k,2k2+1，再根据导数得到两条切线方程，再计算出P的坐标，求出k值则得到相关点坐标，即可求出QE；
（3）首先证明出S四边形ABNM=34S△ABP，再计算出S△ABP的表达式，从而得到其最小值.
【解答过程】（1）由题意，直线l的斜率必存在.
设直线l的方程为y=kx+p2,Ax1,y1,Bx2,y2，
联立y=kx+p2x2=2py得x2−2pkx−p2=0, (∗)，所以Δ>0,x1+x2=2pkx1x2=−p2.
当k=1时，x1+x2=2p，
此时|AB|=y1+y2+p=x1+p2+x2+p2+p=x1+x2+2p=8，
所以4p=8，即p=2.
所以C的方程为x2=4y.
（2）由(1)知，x1+x2=2pk=4k，
则xQ=2k，代入直线y=kx+1得yQ=2k2+1，则AB中点Q2k,2k2+1.
因为x2=4y，所以y′=x2，
则直线PA方程为y−y1=x12x−x1，即y=12x1x−14x12，
同理，直线PB方程为y=12x2x−14x22，
所以xP=14x12−14x2212x1−x2=x1+x22=2k，
yP=x1x1+x24−x124=x1x24=−1，所以P(2k,−1).
因为xP=2,2k=2，即k=1，此时Q(2,3),P(2,−1)，
所以直线PQ的方程为x=2，代入x2=4y，得y=1，
所以E(2,1)，所以|QE|=2.
（3）由（2）知Q2k,2k2+1,P(2k,−1)，
所以直线PQ方程为x=2k，
代入x2=4y，得y=k2，所以E2k,k2，所以E为PQ的中点.
因为C在E处的切线斜率y′=12×2k=k，
所以C在E处的切线平行于AB，
又因为E为PQ的中点，所以S四边形ABNM=34S△ABP.
由(1)中(∗)式得x2−4kx−4=0，所以x1+x2=4k，
因为直线AB方程为y=kx+1，
所以|AB|=y1+y2+p=kx1+1+kx2+1+2=kx1+x2+4=4k2+4.
又P(2k,−1)到直线AB的距离ℎ=2k2+2k2+1=2k2+1，
所以S△ABP=12|AB|⋅ℎ=12⋅4k2+4⋅2k2+1=4k2+132≥4，
(当且仅当k=0时取“=”)
所以S四边形ABNM=34S△ABP≥3，
所以四边形ABNM的面积的最小值为3.
一、单选题
1．（2024·内蒙古赤峰·二模）设点 P是椭圆 C:x236+y225=1上一点, F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点, 且△PF1F2的重心为G，若 |PF₁|=2|PF₂|,则△PF1G的面积为（ ）
A．167B．537C．127D．837
【解题思路】先求出S△PF1F2=57，再由S△PF1G=23S△PF1O=23×12S△PF1F2=13S△PF1F2求解．
【解答过程】如图所示：
由椭圆的定义知，PF1+PF2=2a=12，而PF1=2PF2，得PF1=8，PF2=4，
而c=a2−b2=36−25=11，得F1F2=2c=211，
在△PF1F2中，由余弦定理得，cs∠F1PF2=82+42−21122×8×4=916，
所以sin∠F1PF2=1−cs2∠F1PF=5716，
得S△PF1F2=12PF1PF2sin∠F1PF2=12×8×4×5716=57，
根据三角形的重心性质，可知，PG=2GO，故PG=23PO，
所以S△PF1G=23S△PF1O=23×12S△PF1F2=13S△PF1F2=13×57=573，
故选：B.
2．（2024·河北·模拟预测）点F1−2,0,F22,0为等轴双曲线C的焦点，过F2作x轴的垂线与C的两渐近线分别交于A､B两点，则△AOB的面积为（ ）
A．22B．4C．42D．8
【解题思路】先求出双曲线C的方程，进而求出双曲线C的渐近线方程，即可求出A､B两点的坐标，即可求出△AOB的面积.
【解答过程】设双曲线C为：x2a2−y2a2=1，
因为c=2=a2+a2，解得：a2=2，
所以双曲线C为：x22−y22=1，则双曲线C的渐近线为：y=±x，
所以y=xx=2，解得：A2,2，则B2,−2，
所以△AOB为等腰直角三角形，
所以△AOB的面积为12×AB⋅OF2=12×4×2=4.
故选：B.
3．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知抛物线C:y2=6x，过动点P作两条相互垂直的直线，分别与抛物线C相切于点A,B，则△PAB面积的最小值是（ ）
A．6B．9C．12D．18
【解题思路】设直线AP:y−y1=k1x−x1与抛物线联立方程，建立等式化简计算可得k1=3y1，yy1=3x+y122，同理可得k2=3y2，yy2=3x+y222，有y1y2=−9，设直线AB:x=my+n与抛物线联立方程，建立等式计算可得n=32，而Px0,y0在直线AP,BP上，建立等式计算可得P−32,3m，根据三角形面积公式计算即可.
【解答过程】设Ax1,y1,Bx2,y2,Px0,y0，
因为点P作两条相互垂直的直线，分别与抛物线C相切于点A,B，
所以直线AP,BP斜率均存在，
故设直线AP:y−y1=k1x−x1，
则y2=6xy−y1=k1x−x1⇒k1y2−6y−6k1x1+6y1=0，
所以36−4k16y1−6kx1=0，因为x1=y126，代入化简得3−k1y12=0，得k1=3y1，
所以直线AP:y−y1=3y1x−x1，整理得yy1=3x+y122，
设直线BP:y−y2=k2x−x2，同理可得k2=3y2，yy2=3x+y222
所以k1k2=9y1y2=−1，即y1y2=−9，
设直线AB:x=my+n，
y2=6xx=my+n⇒y2−6my−6n=0，
所以y1y2=−6n=−9，y1+y2=6m，得n=32，
因为抛物线y2=6x的焦点为F32,0，
所以设直线AB恒过抛物线焦点F32,0，
而Px0,y0在直线AP,BP上，
所以y0y1=3x0+y122y0y2=3x0+y222，即y1,y2是方程y0y=3x0+y22是方程的两实数根，
所以y1y2=6x0=−9，y1+y2=2y0=6m解得x0=−32,y0=3m，即P−32,3m
所以AB=x1+x2+3=my1+y2+6=6m2+6，
设P−32,y0到直线AB的距离为d，则d=3+3m2m2+1=3m2+1，
所以S△PAB=12ABd=9m2+1m2+1，当m=0时，△PAB面积的最小为9.
故选：B.
4．（2024·江西九江·三模）已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左右焦点分别为F1,F2,过F1且倾斜角为π6的直线交C于第一象限内一点A.若线段AF1的中点在y轴上,△AF1F2的面积为23,则C的方程为（ ）
A．x23+y2=1B．x23+y22=1
C．x29+y23=1D．x29+y26=1
【解题思路】根据题意得到Rt△AF1F2，∠AF1F2=π6, ,设AF2=t，其它边全部用t表示,运用面积为23构造方程求出t.再用椭圆定义求出a,进而求出c,b即可.
【解答过程】如图,∵O为线段F1F2的中点,B为线段AF1的中点,∴OB ∥ AF2,又OB⊥x轴, ∴AF2⊥x轴.
在Rt△AF1F2中, ∠AF1F2=π6,设AF2=t,则AF1=2t,F1F2=3t.∵△AF1F2的面积为23,
∴12×3t×t=23,t=2.∴2a=AF1+AF2=3t=6,a=3,
2c=F1F2=3t=23,c=3,b2=a2−c2=6,则C的方程为x29+y26=1.
故选：D.
5．（2024·辽宁·一模）已知双曲线C:y23−x2=1的下焦点和上焦点分别为F1，F2，直线y=x+m与C交于A，B两点，若△F2AB面积是△F1AB面积的4倍，则m=（ ）
A．3B．−3C．103D．－103
【解题思路】根据三角形面积比转化为焦点到直线AB的距离之比即可得解.
【解答过程】由C:y23−x2=1可知，F1(0,−2),F2(0,2)，
联立y23−x2=1y=x+m，消元得：2x2−2mx+3−m2=0，
则Δ=4m2−8(3−m2)>0，即m2>2，
由△F2AB面积是△F1AB面积的4倍可知，F2到直线AB的距离是F1到直线AB距离的4倍，即2−m2=42+m2，
化简可得15m2+68m+60=0，即3m+105m+6=0，
解得m=−103或m=−65（舍去），
故选：D.
6．（2024·广东广州·一模）双曲线C:x2−y2=4的左，右焦点分别为F1,F2，过F2作垂直于x轴的直线交双曲线于A,B两点，△AF1F2,△BF1F2,△F1AB的内切圆圆心分别为O1,O2,O3，则△O1O2O3的面积是（ ）
A．62−8B．62−4C．8−42D．6−42
【解题思路】由题意画出图，由已知求出c的值，找出A,B的坐标，由△AF1F2,△BF1F2,△F1AB的内切圆圆心分别为O1,O2,O3，进行分析，由等面积法求出内切圆的半径，从而求出△O1O2O3的底和高，利用三角形的面积公式计算即可.
【解答过程】由题意如图所示：
由双曲线C:x2−y2=4，知a2=b2=4，
所以c2=a2+b2=8，
所以F2(22,0)，F1F2=2c=42
所以过F2作垂直于x轴的直线为x=22，
代入C中，解出A22,2,B22,−2，
由题知△AF1F2,△BF1F2的内切圆的半径相等，
且AF1=BF1，△AF1F2,△BF1F2的内切圆圆心O1,O2
的连线垂直于x轴于点P，
设为r，在△AF1F2中，由等面积法得：
12AF1+AF2+F1F2⋅r=12F1F2⋅AF2
由双曲线的定义可知：AF1−AF2=2a=4
由AF2=2，所以AF1=6，
所以126+2+42⋅r=12×42×2，
解得：r=222+2=22×2−22=22−2，
因为F1F2为△F1AB的∠AF1B的角平分线，
所以O3一定在F1F2上，即x轴上，令圆O3半径为R，
在△AF1B中，由等面积法得：
12AF1+BF1+AB⋅R=12F1F2⋅AB，
又AF1=BF1=F1F22+AF12=422+22=6
所以12×6+6+4⋅R=12×42×4，
所以R=2，
所以PF2=r=22−2，
O3P=O3F2−PF2=R−r=2−22−2=2−2，
所以S△O1O2O3=12O1O2O3P=12×2r×O3P
=r×O3P=22−2×2−2=62−8，
故选：A.
7．（2024·云南·模拟预测）已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，过点F的两条互相垂直的直线l1,l2分别与抛物线C交于点A,B和D,E，其中点A,D在第一象限，则四边形ADBE的面积的最小值为（ ）
A．64B．32C．16D．8
【解题思路】设直线l1的方程为y=kx−1，联立y=kx−1y2=4x，利用弦长公式求得AB，同理求得DE，从而得出四边形ADBE的面积，再由基本不等求其最小值.
【解答过程】依题意，F(1,0)，直线l1的斜率存在且不为0，设其方程为y=kx−1，
由y=kx−1y2=4x，得k2x2−2k2+4x+k2=0，显然Δ>0，设Ax1,y1､Bx2,y2，
x1+x2=2+4k2，AB=x1+x2+2=41+1k2，而l1⊥l2，同理DE=41+k2，
四边形ADBE的面积S=12AB⋅DE=82+k2+1k2≥32.
当且仅当k=±1时，四边形ADBE的面积取得最小值32.
故选：B.
8．（2024·重庆·模拟预测）已知抛物线C: y2=4x的焦点为F ，过F 且斜率为1的直线与抛物线交于A、B两点(A在x轴上方)，过点A、B作准线的垂线，垂足分别为A′、B′ 线段A′B′中点为E， 四边形AA′EF和四边形BB′EF的面积分别记为S1,S2，则 S1S2=（ ）
A．3−22B．3−2C．3+2 D．3+22
【解题思路】首先得到抛物线的焦点坐标与准线方程，设准线与x轴交于点F′−1,0，即可得到直线AB的方程，联立直线与抛物线方程，求出交点坐标，再计算面积即可.
【解答过程】抛物线C: y2=4x的焦点为F1,0，准线为x=−1，设准线与x轴交于点F′−1,0，
依题意直线AB的方程为y=x−1，
由y=x−1y2=4x，解得x=3+22y=2+22或x=3−22y=2−22，
所以A3+22,2+22，B3−22,2−22，
则A′−1,2+22，B′−1,2−22，E−1,2，
所以S1=12AA′+FF′×yA−12FF′×yE
=124+22+2×2+22−12×2×2
=8+82，
S2=12BB′+FF′×yB+12FF′×yE
=124−22+2×22−2+12×2×2
=−8+82，
所以S1S2=8+82−8+82=3+22.
故选：D.
二、多选题
9．（2024·云南·二模）已知点P为双曲线E:x24−y23=1上任意一点，过点P分别作E的两条渐近线的垂线，垂足分别为M、N，记△PMN的面积为S，则（ ）
A．∠MPN=2π3B．|PM|⋅|PN|=127
C．PM⋅PN=1249D．S=24349
【解题思路】根据渐近线斜率可判断π3