新高考数学二轮复习核心考点精讲精练专题20 解析几何中的范围、最值和探索性问题（讲）（2份，原卷版+解析版）

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真题体验 感悟高考
1．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆．设A，B是椭圆上异于的两点，且点在线段上，直线分别交直线于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求的最小值．
【答案】(1)；
(2)．
【分析】（1）设是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出，再根据二次函数的性质即可求出；
（2）设直线与椭圆方程联立可得，再将直线方程与的方程分别联立，可解得点的坐标，再根据两点间的距离公式求出，最后代入化简可得，由柯西不等式即可求出最小值．
【详解】（1）设是椭圆上任意一点,,
，当且仅当时取等号，故的最大值是.
（2）设直线,直线方程与椭圆联立,可得,设，所以，
因为直线与直线交于,
则,同理可得,.则
，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．
2.（2021·北京·统考高考真题）已知椭圆一个顶 点，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形面积为．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P(0，-3)的直线l斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与直线交y=-3交于点M，N，当|PM|+|PN|≤15时，求k的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【分析】（1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求，从而可求椭圆的标准方程.
（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.
【详解】（1）因为椭圆过，故，
因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，
故椭圆的标准方程为：.
（2）
设，
因为直线的斜率存在，故，
故直线，令，则，同理.
直线，由可得，
故，解得或.
又，故，所以
又
故即，
综上，或.
3.（2021·全国·高考真题）抛物线C的顶点为坐标原点O．焦点在x轴上，直线l：交C于P，Q两点，且．已知点，且与l相切．
（1）求C，的方程；
（2）设是C上的三个点，直线，均与相切．判断直线与的位置关系，并说明理由．
【答案】（1）抛物线，方程为；（2）相切，理由见解析
【分析】（1）根据已知抛物线与相交，可得出抛物线开口向右，设出标准方程，再利用对称性设出坐标，由，即可求出；由圆与直线相切，求出半径，即可得出结论；
（2）方法一：先考虑斜率不存在，根据对称性，即可得出结论；若斜率存在，由三点在抛物线上，将直线斜率分别用纵坐标表示，再由与圆相切，得出与的关系，最后求出点到直线的距离，即可得出结论.
【详解】（1）依题意设抛物线，
，
所以抛物线的方程为，
与相切，所以半径为，
所以的方程为；
（2）[方法一]：设
若斜率不存在，则方程为或，
若方程为，根据对称性不妨设，
则过与圆相切的另一条直线方程为，
此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在，不合题意；
若方程为，根据对称性不妨设
则过与圆相切的直线为，
又，
，此时直线关于轴对称，
所以直线与圆相切；
若直线斜率均存在，
则，
所以直线方程为，
整理得，
同理直线的方程为，
直线的方程为，
与圆相切，
整理得，
与圆相切，同理
所以为方程的两根，
，
到直线的距离为：
，
所以直线与圆相切；
综上若直线与圆相切，则直线与圆相切.
[方法二]【最优解】：设．
当时，同解法1．
当时，直线的方程为，即．
由直线与相切得，化简得，
同理，由直线与相切得．
因为方程同时经过点，所以的直线方程为，点M到直线距离为．
所以直线与相切．
综上所述，若直线与相切，则直线与相切．
【整体点评】第二问关键点：过抛物线上的两点直线斜率只需用其纵坐标（或横坐标）表示，将问题转化为只与纵坐标（或横坐标）有关；法一是要充分利用的对称性，抽象出与关系，把的关系转化为用表示，法二是利用相切等条件得到的直线方程为，利用点到直线距离进行证明，方法二更为简单，开拓学生思路
总结规律 预测考向
（一）规律与预测
纵观近几年的高考试题，高考对圆锥曲线的考查，选择题、填空题、解答题三种题型均有，主要考查以下几个方面：一是考查椭圆、双曲线、抛物线的定义，与椭圆的焦点三角形结合，解决椭圆、三角形等相关问题；二是考查圆锥曲线的标准方程，结合基本量之间的关系，利用待定系数法求解；三是考查圆锥曲线的几何性质，小题较多地考查抛物线、双曲线的几何性质；四是考查直线与圆锥曲线（椭圆、抛物线较多）位置关系问题，综合性较强，往往与向量结合，涉及方程组联立，根的判别式、根与系数的关系、弦长问题、不等式等.
近几年，小题多用于考查抛物线、双曲线的定义、标准方程、几何性质等，命题角度呈现较强的灵活性；解答题主要考查直线与椭圆的位置关系，涉及三角形面积、参数范围、最值、定值、定点、定直线等问题，命题方向多变，难度基本稳定.近两年，直线与与双曲线的位置关系的主观题连续出现！
（二）本专题考向展示

考点突破 典例分析
考向一 范围、最值问题
【核心知识】
1.几何法:通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解.
2.代数法:把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数解析式，然后利用函数方法、不等式方
法等进行求解.或合理构建函数关系式后，用换元法，求导法，配方法等求最值.
【典例分析】
典例1.（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；
典例2.（2023春·广东清远·高三校联考阶段练习）已知双曲线的右焦点为，过点的直线与双曲线的右支相交于，两点，点关于轴对称的点为.当时，.
(1)求双曲线的方程；
(2)若的外心为，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】(1)设双曲线的半焦距为，由条件列关于的方程，解方程求可得双曲线方程；
(2)设直线的方程为，利用设而不求法求点的坐标，利用表示，再求其范围.
【详解】（1）设双曲线的半焦距为，
因为双曲线的右焦点为，所以，
因为点和点关于轴对称，
所以当时，直线的方程为，
联立可得，又，
所以，又，
所以，
故双曲线方程为；
（2）若直线的斜率为0，则直线与双曲线右支只有一个交点，与已知矛盾，
所以可设直线的方程为，
联立，消，得，
方程的判别式，
设，
则，
，
由已知，所以，
所以线段的中点坐标为，
所以线段的垂直平分线方程为，
又线段的垂直平分线方程为，
所以点的坐标为，
所以，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以，
所以
所以的取值范围为.
【点睛】直线与双曲线的综合问题，一般利用设而不求法解决；其中范围或最值问题，一般利用设而不求法求出变量的解析式，再结合函数方法求其范围或最值.
典例3.（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）已知椭圆C:的离心率为,且过
(1)求C的方程.
(2)若为上不与重合的两点,为原点,且,,
①求直线的斜率;
②与平行的直线与交于,两点,求面积的最大值.
【答案】(1)
(2)①;②
【分析】(1)根据已知条件列方程组求解即可;
(2)①设,因为,可得点的坐标,将点的坐标代入椭圆的方程,与已知条件结合即可得到结果;
②由①知设的方程为,联立直线与曲线的方程,根据弦长公式求出的长,根据点到直线的距离公式表示出到直线的距离,将的面积用表示,利用导数进行求解即可.
【详解】（1）由题意可得
解得,.
所以,的方程为.
（2）①设,因为,
所以点的坐标为,
又因为点在椭圆上,
所以,
化简可得,
因为且,
所以,
因为为上不与重合的两点,
所以,,
即直线的斜率.
②设的方程为,
由,消去,
可得,
由,可得,且,
,,
,
到直线的距离,
所以面积为,
令,
.
令,解得,
当,解得;当,解得或,
所以在上单调递增,在,上单调递减,
所以的最大值为,
所以,
即面积的最大值为.
典例4. （2020·浙江·统考高考真题）如图，已知椭圆，抛物线，点A是椭圆与抛物线的交点，过点A的直线l交椭圆于点B，交抛物线于M（B，M不同于A）．
（Ⅰ）若，求抛物线的焦点坐标；
（Ⅱ）若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【分析】（Ⅰ）求出抛物线标准方程，从而可得答案；
（Ⅱ）方法一使用韦达定理、中点公式和解方程法分别求得关于的表达式，得到关于的方程，利用基本不等式消去参数，得到关于的不等式，求解得到的最大值；方法二利用韦达定理和中点公式求得的坐标关于的表达式，根据点在椭圆上，得到关于关于的函数表达式，利用基本不等式和二次函数的性质得解，运算简洁，为最优解；方法三利用点差法得到．根据判别式大于零，得到不等式，通过解方程组求得，代入求解得到的最大值；方法四利用抛物线的参数方程设出点的参数坐标，利用斜率关系求得的坐标关于的表达式．作换元，利用点A在椭圆上，得到，然后利用二次函数的性质求得的最大值
【详解】（Ⅰ）当时，的方程为，故抛物线的焦点坐标为；
（Ⅱ）[方法一]：韦达定理基本不等式法
设，
由，
，
由在抛物线上，所以，
又，
，，
.
由即
，
所以，，，
所以，的最大值为，此时.
[方法二]【最优解】：
设直线，.
将直线的方程代入椭圆得：，
所以点的纵坐标为.
将直线的方程代入抛物线得：，
所以，解得，因此，
由解得，
所以当时，取到最大值为.
[方法三] ：点差和判别式法
设，其中．
因为所以．
整理得，所以．
又，
所以，整理得．
因为存在，所以上述关于的二次方程有解，即判别式． ①
由得．
因此，将此式代入①式解得．
当且仅当点M的坐标为时，p的最大值为．
[方法四]：参数法
设，
由，得．
令，则，点A坐标代入椭圆方程中，得．
所以，此时M坐标为．
典例5. （2023春·云南·高三校联考开学考试）在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，动直线交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M．点N是M关于O的对称点，的半径为．设D为的中点，与分别相切于点E，F，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由离心率，可得，再根据椭圆过点，代入椭圆方程，进而可求出；
（2）设，，联立，可得到关于的一元二次方程，结合韦达定理，可求得点的坐标，进而得出的表达式，整理得，令，可得，进而可求得，设，可知，即可得到的最小值，及的最小值.
【详解】（1）∵椭圆的离心率为，
∴，则，又椭圆C过点，
∴，
∴，
则椭圆C的方程为．
（2）设，，
联立，得．
由，得，
且，
因此，
所以．
又，
所以，
整理得．
因为，
所以．
令，，故．
所以．
因为，
所以，
当时
所以在上单调递增，所以，当时等号成立，此时，
所以，即，
由，可得，即且.
设，则，
所以的最小值为，
从而的最小值为，此时直线的斜率是0．
综上所述：当，时，取到最小值．
【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：
（1）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；
（2）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，重视根与系数关系之间的关系、弦长、斜率、面积等问题.
【规律方法】
1.最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用基本不等式．
2.解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
考向二 探索性问题
【核心知识】
1.圆锥曲线中探索问题的求解策略
（1）此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
（2）求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
2.存在性问题常用方法：
法1：特值探路；
法2：假设存在..
【典例分析】
典例6.（2022·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛）在平面直角坐标系中，已知双曲线.过原点作两条互相垂直的直线分别交于两点和两点，且，在轴同侧.
(1)求四边形面积的取值范围；
(2)设直线与的两渐近线分别交于两点，是否存在直线使得为线段的三等分点？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）设，联立直线方程和双曲线方程后可求，从而可求及的取值范围，利用面积公式可求四边形的面积，结合基本不等式可求面积的范围.
（2）设，其中，由三等分点在双曲线上可得，由可得，代数变形后可得矛盾，从而可判断直线不存在.
【详解】（1）由题设可知直线的斜率均存在且均不为零.
设，
由可得，其中.
同理，其中，故或，
故，同理
故四边形的面积满足：
令，则，
当或时，；
当或时，；
故在上为增函数，在上为减函数.
因此，当或时，或，
所以，故.
故四边形面积的取值范围为.
（2）先考虑在轴上方，且在第一象限，在第二象限.
设，其中，
若为线段的三等分点，则可得：
，故，
同理，所以，
整理得
而，故，
故，
整理得到，无解.
故满足条件的直线不存在，由双曲线的对称性可得直线不存在.
典例7.（2020·山东·统考高考真题）已知椭圆C：的离心率为，且过点．
（1）求的方程：
（2）点，在上，且，，为垂足．证明：存在定点，使得为定值．
【答案】（1）；（2）详见解析.
【分析】（1）由题意得到关于的方程组，求解方程组即可确定椭圆方程.
（2）方法一：设出点，的坐标，在斜率存在时设方程为, 联立直线方程与椭圆方程，根据已知条件，已得到的关系，进而得直线恒过定点，在直线斜率不存在时要单独验证，然后结合直角三角形的性质即可确定满足题意的点的位置.
【详解】（1）由题意可得：，解得：，
故椭圆方程为：.
(2)［方法一］：通性通法
设点，
若直线斜率存在时，设直线的方程为：，
代入椭圆方程消去并整理得：，
可得，，
因为，所以，即，
根据,代入整理可得：
，
所以，
整理化简得，
因为不在直线上，所以，
故，于是的方程为，
所以直线过定点直线过定点.
当直线的斜率不存在时，可得，
由得：，
得，结合可得：，
解得：或（舍）.
此时直线过点.
令为的中点，即，
若与不重合，则由题设知是的斜边，故，
若与重合，则，故存在点，使得为定值.
［方法二］【最优解】：平移坐标系
将原坐标系平移，原来的O点平移至点A处，则在新的坐标系下椭圆的方程为，设直线的方程为．将直线方程与椭圆方程联立得，即，化简得，即．
设，因为则，即．
代入直线方程中得．则在新坐标系下直线过定点，则在原坐标系下直线过定点．
又，D在以为直径的圆上．的中点即为圆心Q．经检验，直线垂直于x轴时也成立．
故存在，使得．
［方法三］：建立曲线系
A点处的切线方程为，即．设直线的方程为，直线的方程为，直线的方程为．由题意得．
则过A，M，N三点的二次曲线系方程用椭圆及直线可表示为（其中为系数）．
用直线及点A处的切线可表示为（其中为系数）．
即．
对比项、x项及y项系数得
将①代入②③，消去并化简得，即．
故直线的方程为，直线过定点．又，D在以为直径的圆上．中点即为圆心Q．
经检验，直线垂直于x轴时也成立．故存在，使得．
［方法四］：
设．
若直线的斜率不存在，则．
因为，则，即．
由，解得或（舍）．
所以直线的方程为．
若直线的斜率存在，设直线的方程为，则．
令，则．
又，令，则．
因为，所以，
即或．
当时，直线的方程为．所以直线恒过，不合题意；
当时，直线的方程为，所以直线恒过．
综上，直线恒过，所以．
又因为，即，所以点D在以线段为直径的圆上运动．
取线段的中点为，则．
所以存在定点Q，使得为定值．
【整体点评】（2）方法一：设出直线方程，然后与椭圆方程联立，通过题目条件可知直线过定点，再根据平面几何知识可知定点即为的中点，该法也是本题的通性通法；
方法二：通过坐标系平移，将原来的O点平移至点A处，设直线的方程为，再通过与椭圆方程联立，构建齐次式，由韦达定理求出的关系，从而可知直线过定点，从而可知定点即为的中点，该法是本题的最优解；
方法三：设直线，再利用过点的曲线系，根据比较对应项系数可求出的关系，从而求出直线过定点，故可知定点即为的中点；
方法四：同方法一，只不过中间运算时采用了一元二次方程的零点式赋值，简化了求解以及的计算．
典例8.（2020秋·上海黄浦·高三格致中学校考阶段练习）已知直线与曲线交于、两点，为坐标原点.
(1)当时，有，求曲线的方程；
(2)当实数为何值时，对任意，都有为定值?指出的值；
(3)已知点，当，变化时，动点满足，求动点的纵坐标的变化范围.
【答案】(1)
(2)，此时
(3)
【分析】（1）当时，求出直线与曲线的两个交点的坐标，根据已知条件以及平面向量夹角的数量积可得出关于的等式，求出的值，即可得出曲线的方程；
（2）设、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，利用平面向量数量积的坐标运算以及韦达定理可得出关于、的表达式，根据为定值可求得的值，以及的值；
（3）设，则，根据（2）中联立的方程为，由以及可求得的取值范围，利用韦达定理可得出关于的关系式，即可求得的取值范围，即为所求.
【详解】（1）解：当时，，联立直线与曲线的方程可得，
因为直线与曲线交于、两点，则，则，
所以，、，
因为，，解得，
所以，曲线的方程为，即.
（2）解：联立可得，①
设、，则，，
所以，
，
若为定值，则，解得，此时，
则恒成立，合乎题意，
因此，当时，为定值.
（3）解：当，设，则，
因为，且
所以，，
当时，方程①即为，
则且，
所以且，则.
【点睛】圆锥曲线中取值范围问题的五种求解策略：
（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
（2）利用已知参数的范围，求新的参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（4）利用已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
（5）利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
典例9.（2022春·上海黄浦·高三上海市大同中学校考期中）已知圆过点，且与直线相切．
(1)求圆心的轨迹的方程；
(2)为轨迹上的动点，为直线上的动点，求的最小值；
(3)过点作直线交轨迹于、两点，点关于轴的对称点为．问是否经过定点，若经过定点，求出定点坐标；若不经过，请说明理由．
【答案】(1)；
(2)；
(3)过定点.
【分析】（1）根据抛物线的定义进行求解即可；
（2）根据点到直线距离公式，结合配方法进行求解即可；
（3）根据直线斜率公式，结合直线方程进行求解即可.
【详解】（1）由题意得点到直线的距离等于到点的距离，
所以点是以为焦点，以为准线的抛物线，
焦点到准线的距离，所以点的轨迹方程为；
（2）设，到直线的距离
，所以的最小值为；
（3）设，，
则直线的方程为，
因为过点，所以，所以．
因为与关于轴对称，故，
同理，直线的方程为，
因为，所以的方程为，
所以直线过定点．
典例10.（2023秋·江苏扬州·高三仪征中学校联考期末）已知椭圆的离心率为，且过点.
(1)求椭圆的方程；
(2)为坐标原点，是椭圆上不同的三点，并且为的重心，试探究的面积是否为定值.若是，求出这个定值；若不是，说明理由.
【答案】(1)
(2)是，．
【分析】（1）利用离心率、点在椭圆上可得关于的方程，解方程可得答案；
（2）设直线方程为与椭圆方程联立，利用韦达定理代入， 点坐标代入椭圆方程可得，由弦长公式可得，求出点到直线的距离，利用求出面积；当直线斜率不存在时，，可得答案.
【详解】（1）①，②，
由①②解得，
椭圆的方程为；
（2）设直线方程为：，
由得，，
，
为重心，，
点在椭圆上，故有，
可得，
而
，
点到直线的距离（是原点到距离的3倍得到），
，
当直线斜率不存在时，，，，
的面积为定值．
【总结提升】
探索性问题的求解策略
(1)若给出问题的一些特殊关系，要探索一般规律，并能证明所得规律的正确性，通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括一般规律．
(2)若只给出条件，求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时，一般先对结论给出肯定的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，从而得出结论．