2026年高考数学一轮复重难点培优10圆锥曲线中的面积问题(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学一轮复重难点培优10圆锥曲线中的面积问题(复习讲义)(全国通用)(学生版+解析)，共3页。
\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 1
\l "_Tc16555" 题型一 三角形面积：12底×高（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 4
\l "_Tc7141" 题型二 三角形面积：分割三角形（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 8
\l "_Tc26803" 题型三 三角形的面积：共角、等角模型（★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 12
\l "_Tc13512" 题型四 三角形的面积：对顶角模型（★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 20
\l "_Tc3897" 题型五 四边形的面积问题（★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 27
\l "_Tc326" 题型六 四边形的面积：对角线垂直模型（★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 35
\l "_Tc11957" 题型七 面积的最值（范围）问题（★★★★★） PAGEREF _Tc11957 \h 39
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 46
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 46
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 60
一、弦长公式
（最常用公式）

二、三角形的面积
直线与圆锥曲线相交，弦和某个定点所构成的三角形的面积，处理方法：
1、一般方法：（其中为弦长，为顶点到直线AB的距离），设直线为斜截式.
进一步，=
2、特殊方法：拆分法,可以将三角形沿着轴或者轴拆分成两个三角形，不过在拆分的时候给定的顶点一般在轴或者轴上，此时，便于找到两个三角形的底边长.


3、坐标法：设，则
4、面积比的转化：
三角形的面积比及其转化有一定的技巧性，一般的思路就是将面积比转化为可以利用设线法完成的线段之比或者设点法解决的坐标形式，通常有以下类型：
（1）两个三角形同底，则面积之比转化为高之比，进一步转化为点到直线距离之比
（2）两个三角形等高，则面积之比转化为底之比，进一步转化为长度（弦长之比）
（3）利用三角形面积计算的正弦形式，若等角转化为腰长之比
（4）面积的割补和转化
三、平行四边形的面积
直线为，直线为
注：为直线与椭圆联立后消去后的一元二次方程的系数.
【注意】四边形一般都比较特殊，常见的情况是四边形的两对角线相互垂直，此时我们借助棱形面积公式，四边形面积等于两对角线长度乘积的一半；当然也有一些其他的情况，此时可以拆分成两个三角形，借助三角形面积公式求解.
四、范围问题
首选均值不等式，其实用二次函数
均值不等式
变式：
作用：当两个正数的积为定值时求出这两个正数的和的最小值；
当两个正数的和为定值时求出这两个正数的积的最大值
注意：应用均值不等式求解最值时，应注意“一正二定三相等”
圆锥曲线经常用到的均值不等式形式列举：
（1）（注意分三种情况讨论）
（2）
当且仅当时，等号成立
（3）
当且仅当时等号成立.
（4）
当且仅当时，等号成立
(5)
当且仅当时等号成立.


题型一 三角形面积：12底×高
【技巧通法·提分快招】
1．（25-26高三上·山东青岛·开学考试）已知双曲线的离心率为为上一点．
(1)求的方程；
(2)过的右焦点且倾斜角为的直线交于两点，为坐标原点，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知条件建立关于的方程组解出即可；
（2）设，根据条件写出直线的方程，联立直线与双曲线方程求出两点的坐标，求出，利用点到直线的距离公式求出的高，代入公式求解即可.
【详解】（1）由题得:，
解得，
所以双曲线的方程为：.
（2）设，如图所示：
由题得直线的方程为，
联立得：，
整理得：，
所以，
所以
所以
又因为点到直线的距离为：
，
所以的面积为.
2．（25-26高三上·安徽·月考）已知椭圆的离心率为，短轴长为.
(1)求C的方程；
(2)若直线与C交于两点，O为坐标原点，的面积为，求t的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据题意可得，进而解出即可求解；
（2）联立直线与椭圆方程，根据弦长公式及点到直线的距离公式表示出的面积，建立方程即可求解.
【详解】（1）由题意，得，解得，
则椭圆C的方程为.
（2）设，
联立，得，
则，解得，
且，
所以，
点到直线的距离为，

则，解得或，满足，
则或.
3．在平面直角坐标系中，动点到定点的距离是点到轴的距离与点到直线的距离的等差中项，记动点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若点，过的直线与曲线交于两点，且，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设点，由题意得，由抛物线的定义可知，动点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，可得解；
（2）设直线方程为，根据，可得的值，再求点到直线的距离，即可得面积.
【详解】（1）设点，则它到轴的距离与它到直线的距离分别为，
由题意得，
又，结合图形可知，点不可能在轴的右侧，所以，
由抛物线的定义可知，动点的轨迹为以为焦点，直线为准线的抛物线，
故曲线的方程为.
（2）由题意知，过的直线的斜率不为零，
设其方程为，
联立方程，得消去并整理，得，
则，且，
所以，
解得，
所以点到直线的距离，
故的面积为.

题型二 三角形面积：分割三角形
1．（25-26高三上·江西南昌·开学考试）已知抛物线C：（p＞0）的焦点为F，过点F作直线l与抛物线C交于A，B两点O为坐标原点．当直线l⊥y轴时，|AB|＝4．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)若直线AB的斜率为1，求△ABO的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】(1)依题意分析当直线l⊥y轴时，用表示A、B两点坐标，根据,可求得的值,进而得到抛物线C的标准方程.
(2)联立直线与抛物线方程，可得到两点坐标关系，进而求得△ABO的面积.
【详解】（1）由题可知：.

当直线l⊥y轴时，可得，.所以.
因为,所以2p＝4，解得p＝2，故抛物线C的标准方程为．
（2）由（１）知：，所以直线.
联立直线l与抛物线C方程，得，
设点A，B,则，，
所以.

所以△ABO的面积．
2．（24-25高三上·河南焦作·开学考试）已知椭圆C：的焦距为，离心率为.
(1)求C的标准方程；
(2)若，直线l：交椭圆C于E，F两点，且的面积为，求t的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得到，，即可得到答案.
（2）首先设，，根据直线与椭圆联立，结合根系关系得到，设直线l与x轴的交点为，再根据求解即可.
【详解】（1）由题意得，，，
又，则，
则，
所以C的标准方程为.
（2）由题意设，，如图所示：
联立，
整理得， ，
则，，
故.
设直线l与x轴的交点为，
又，则，
故，
结合，解得.
3．已知双曲线的左顶点为，右焦点为.过点且垂直于轴的直线与交于，两点，其中位于第一象限，且.
(1)求的方程；
(2)过点且斜率为的直线与交于，两点，求的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）直线的方程为，由已知可得，进而求解即可得的方程；
（2）求得，设，，与双曲线联立方程组可得，，根据，可求面积.
【详解】（1）由题可知，设.
因为直线与轴垂直，所以直线的方程为，与的方程联立得，
由，可知是等腰直角三角形，所以，
即，解得（负值舍去），所以，
所以的方程为.
（2）由（1）可得，，
由得，
设，，且，则，.
所以.
由（1）可得，，
又，
所以.

题型三 三角形的面积：共角、等角模型
【技巧通法·提分快招】
1．（2025高三·安徽·专题练习）如图，椭圆C：的左右焦点分别为，，离心率为，且短轴长是4，点P是第一象限内C上一点，，的延长线分别交C于A，B两点，设，分别是，的内切圆半径．
(1)求C的方程；
(2)若点P的横坐标为2，求内切圆的方程；
(3)求的最大值．
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据题意，列出方程运算得解；
（2）由题得轴，则内切圆圆心在轴正半轴上，且是切点，利用等面积法求出，得解；
（3）联立直线方程与椭圆方程，结合韦达定理和等面积法得到内切圆半径的表达式，据此得到的表达式，然后利用基本不等式求最值即可．
【详解】（1）由题意，，，又，解得，，
所以椭圆的方程为.
（2）点的横坐标为2，则，又，
轴，
由对称性，内切圆圆心在轴正半轴上，且是切点，
，又的周长为，
又，
，内切圆的圆心为，
内切圆的方程为.
（3）设，，，，
因为点在椭圆上，所以，即，
由，即，解得，
同理可得，则，
，直线的方程为，
由，化简得，
，得，同理可得，
，
由，
，当且仅当，时，等号成立，
所以的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是由等面积法求出，，进而得到.
2．（2025·湖南永州·三模）已知双曲线E：（，）的虚轴长为2，离心率为.
(1)求双曲线E的标准方程：
(2)过点的直线l与E的左、右两支分别交于A，B两点，点，直线BC与直线交于点N.
（ⅰ）证明：直线AN的斜率为定值：
（ⅱ）记，分别为，的面积，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）
【分析】（1）根据双曲线的虚轴长和离心率公式求出、的值，进而得到双曲线的标准方程；
（2）（i）设出直线的方程，与双曲线方程联立，利用韦达定理求出相关点的坐标关系，进而证明直线AN的斜率为定值；
（ii）根据三角形面积公式求出的表达式，再根据条件确定其取值范围.
【详解】（1）已知双曲线的虚轴长为，则，解得.
又因为离心率，且，把代入可得.
由可得，将其代入中，得到.
解得，所以双曲线的标准方程为.
（2）（ⅰ）当斜率为0时：
已知，BC方程.
令，则，解得，所以.
.
当斜率不为0时：
设AB方程，与联立：
把代入得.
由韦达定理得，.
因为直线交左右两支，有，解得.
BC方程，令，得，即.
则，经化简得，
把，代入.
先看分子：

再看分母：

此时.
因为，，约分后可得.
（ⅱ）当斜率为0时，因为，两三角形相似，.
当斜率不为0时，不妨设，，，所以.
.
，代入与的值得.
因为，所以，结合，解得.
所以.
综上，取值范围是.
3．（24-25高三下·重庆北碚·月考）已知椭圆，左右顶点为，，上下顶点为，，若四边形面积为，周长为，过右焦点且斜率为的直线交椭圆于，，直线，交于点，直线，交于点.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：点在定直线上；
(3)证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题意得到关于的方程组，解出即可；
（2）设，利用定比点差法得，再写出两直线方程，最后相除即可；
（3）设，，联立相关直线方程，再求得，，最后证明直线斜率相等即可.
【详解】（1）由题意得，则.
（2）记右焦点，,，
设，则 (*)，由，
.
，
代回(*)式可得，.
，
则两者相除得，则,
即在定直线上.
（3）设，，
代入可得
.
即
即，
解得，，
则，则，则点和到直线的距离相等.
故.

4．（2025·上海浦东新·三模）已知曲线，第一象限内点在曲线上.、，连接并延长与曲线交于点，.以为圆心，为半径的圆与线段交于点，记，的面积分别为，.
(1)若，求点的坐标；
(2)若点的坐标为，求证；
(3)求的最小值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）设，，，与联立求出和韦达定理，根据求出即可求解；
（2）求出即可证明；
（3）由（1）求出，考虑和两种情况，根据求出，求出，根据（2）求出，根据结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）设，，，
与联立可得，，
，，，
因为，所以，
由可得，故
因为在第一象限，所以，解得，
由得；
（2）由题意得，，故，
，
，
则，即；
（3）由（1）得，，故，
因为，所以，
当时，，，，故，，
，故，所以⊥，，
则，
由对称性可知，
则，
当时，，，
由得，
将其代入中得，
显然，当时，，当时，，
解得，，，
因为，
其中，
由（2）知，
又，故，
故，
所以，
当且仅当，即时等号成立，此时，
由于，
故.

题型四 三角形的面积：对顶角模型
【技巧通法·提分快招】
1．在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，右焦点为，右顶点为，．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过的直线交椭圆于点（其中点在轴上方），为椭圆的左顶点．若与的面积分别为，，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由题意列出关于的方程组，求解即可；
（2）当斜率不存在时，易知；当直线斜率存在时，设点设直线，联立，韦达定理，然后将面积比表示出来，转换成函数值域问题，即可求解.
【详解】（1）设椭圆的半焦距为，由题意，得，解得，
故椭圆方程为．
（2）
①当斜率不存在时，易知；
②当斜率存在时，可设，，，
由，得，显然，
所以，．
因为，，
所以．
因为，
又，
设，则，，解得且，
所以．
综上所述，的取值范围为．
2．（2025·山东枣庄·二模）已知抛物线的焦点为为上一点，且.
(1)求的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线分别与交于两点.
（i）证明：直线过定点；
（ii）若直线分别与轴交于两点，记的面积分别为，当时，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由点在抛物线上及焦半径公式列出等式求解即可；
（2）（i）法一：设直线的方程为，联立抛物线方程，由韦达定理，结合，求得或即可；法二：设，由，结合直线BD的方程为，代入化简得到即可求证；（ii）设，设直线的方程为，直线的方程为，结合弦长公式及三角形面积公式，进而可求解；
【详解】（1）解：因为点在C上，
所以.
因为，所以，
则，解得，
所以的方程为.
（2）
（i）证明：法一：由题意知直线的斜率存在，.
设直线的方程为，
联立）得，
则，
，
，
所以，
解得或.
当时，直线的方程为，过点，不符合题意，舍去；
当时，直线的方程为，恒过点.
综上，直线BD过定点.
法二：由题意知，设，
则，
同理可得.
由，得，
整理得①.
直线BD的方程为，
，
两式相加得，
即，
即.
由①得，故直线BD过点.
（ii）解：设，易知直线和的斜率均存在且不为0，设直线的方程为，直线的方程为，
此时，
则.
由，得.
联立得，
由，得，
同理，所以，
则，
同理可得，
所以，
，
由题意得
.
因为在和上均单调递增，
所以，
又，
即16，
所以.
3．已知椭圆的左焦点为，椭圆上任意一点到的距离最大值为3；
(1)求椭圆的方程；
(2)过原点且斜率为的直线与椭圆交于两点；
（ⅰ）当时，设直线的斜率分别是，求证：为定值；
（ⅱ）过点作垂直于的直线交于，交圆于两点，记的面积分别为，求的取值范围．
【答案】(1)；
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）.
【分析】（1）根据焦点及椭圆的性质得，结合椭圆参数关系得，即可得方程；
（2）（ⅰ）不妨设，联立直线与椭圆，应用韦达定理、斜率两点式得，整理化简即可证；
（ⅱ）根据已知及圆、椭圆的对称性得，讨论、求右侧范围，即可得.
【详解】（1）由题知，又，可得，则椭圆方程为；
（2）（ⅰ）不妨设，由化简为，
显然，则，
又
，即证.
（ⅱ）由于均为直角三角形，，
由圆的性质知，故
由于，则，
当时，，
当时：直线PQ方程为，则
又，
所以，令，那么，
即，则，
综上：.

题型五 四边形的面积问题
【技巧通法·提分快招】
1．焦点在轴上的椭圆，离心率为，短轴长为2．
(1)求该椭圆的标准方程；
(2)过椭圆的左、右焦点，分别向斜上方作斜率为1的两条射线，依次交椭圆的上半部分于点，求四边形的面积．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由题意可求得，，求解可得椭圆的标准方程；
（2）延长交椭圆于另一点，连接，，利用已知可得，联立直线的方程与椭圆方程，可求得.
【详解】（1）设椭圆的标准方程为．
由题意知，，，解得，，．
故椭圆的标准方程是．
（2）椭圆的左、右焦点是，延长交椭圆于另一点，连接，．
利用椭圆的对称性可知，故，
则．
易知直线的方程为，与椭圆联立方程组，．
而点到直线的距离等于点到直线的距离，
从而，故四边形的面积为．
2．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）已知双曲线过点，左、右焦点分别为，且左焦点到渐近线的距离为.
(1)求的标准方程；
(2)过左焦点作直线交的左支于两点，过右焦点作直线交的右支于两点，，若四边形的面积为，求直线的方程.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据点到直线距离公式求得，再将点代入双曲线方程得，即可解答；
（2）设直线，与双曲线方程联立，韦达定理，结合二次方程根的分布得，根据面积公式建立方程求得，即可求解直线方程.
【详解】（1）双曲线左焦点到渐近线的距离为，
，则，
双曲线过点，
，解得，
的标准方程为；
（2）过左焦点作直线交C的左支于两点，
直线斜率不为0，设直线，联立得：
得，
由对称性，四边形的面积等于的面积的4倍，
，
则
，
整理得，解得或（舍），
直线的方程为或.
3．（2024·江苏苏州·模拟预测） 已知椭圆 与圆 在第一、第四象限分别交于 Q、P 两点，且满足
(1)求椭圆γ的标准方程；
(2)A 是椭圆上的一点，若存在椭圆的弦 BC 使得 ，求证:四边形OABC 的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据椭圆和圆的对称性可得，，再代入椭圆和圆的方程中，解方程组求出和的值即可；
（2）设，，易知四边形是平行四边形，设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，结合韦达定理，弦长公式以及椭圆的方程，推出，再利用点到直线的距离公式，表示出四边形的面积，然后化简即可得定值．
【详解】（1）由对称性知，，
因为，，所以△是边长为1的等边三角形，
因为位于第一象限，所以,，
代入椭圆的方程有，
代入圆的方程有，
联立解得，，
所以椭圆的标准方程为．
（2）证明：设，，则直线的斜率为，且，即，
因为，所以四边形是平行四边形，，
设直线的方程为，,，,，
联立，得，
所以，，
所以，
因为，
所以，
整理得，即，
而点到直线的距离为，
所以四边形的面积，为定值．
4．（2025·辽宁大连·一模）如图，直线与直线，分别与抛物线交于点，和点（在轴同侧），线段与交于点.当经过的焦点时两点的纵坐标之积等于
(1)求抛物线的标准方程；
(2)线段与交于点，线段与的中点分别为
①求证：三点共线；
②若，求四边形的面积.
【答案】(1)
(2)①证明见解析;②9
【分析】（1）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理求出即可；
（2）①设分别求得的方程，求得和，根据，得到，再由的方程，求得的表达式，即可得证；
②由①，得到和，由和，分别求得和，两式相减得，结合和三角形的面积公式，即可求解.
【详解】（1）因为抛物线焦点为，
则，即，
所以直线，
代入抛物线方程可得：，
即，
则，由题意，解得，
所以所求抛物线方程为.
（2）①证明：设.
若，则直线斜率不存在，
由对称性，可知均在轴上，则三点共线；
若，则直线斜率存在，
直线方程为：，结合，
则，
同理可得方程：方程：，
方程：.设，
因，则.
则直线与轴平行，设直线与线段交点为.
将代入直线方程，
则；
将代入直线方程，
则.
注意到
，又，则两点重合，
即为线段与交点，且点三点共线；
②由（2），直线与轴平行，
则.
又，同理可得，
又由（2），
则，
由，则，
即.
则
如图，
过作平行线，交为，则四边形为平行四边形，
结合，则.
因，则，结合，
则，又M为中点，则E为NC中点.则，
则四边形的面积

题型六 四边形的面积：对角线垂直模型
【技巧通法·提分快招】
1．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，已知抛物线的焦点为为坐标原点．过作两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点．当垂直于轴时，．
(1)求抛物线的方程；
(2)若，求四边形面积的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用抛物线的通径长求出的值，即得抛物线方程；
（2）依题设与抛物线方程联立，消元后写出韦达定理，分别求出弦长，以及四边形的面积表示式，利用基本不等式即可求得其范围；
【详解】（1）当轴时，
由得，
抛物线C方程为
（2）设，
依题意，直线的斜率均存在且不为0，设，
将其与联立消元得：
则，
于是，，
因，
则
因，则，同理可得：
则
，当且仅当时取等号，
即四边形面积的取值范围为
2．（24-25高三下·内蒙古呼和浩特·月考）已知椭圆的离心率为的面积为1.
(1)求椭圆的方程；
(2)设为第三象限内一点且在椭圆上一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点.求证：四边形的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）由离心率可得，又由面积为1，可得，据此可得答案；
（2）设，结合（1）可得直线PA，PB 方程，据此可表示M，N坐标，可得四边形的面积关于的表达式，最后结合在椭圆上可完成证明.
【详解】（1）因离心率为，又，
则，又，
则，所以椭圆C 方程为：；
（2）设，由（1），，
则，，
直线PA：，直线PB：.
对于直线PA，令，可得，
对于直线PB，令，可得.
注意到，则
，
注意到在椭圆上，则，
则.
【点睛】关键点睛：对于四边形的面积，常可将其分为几个三角形面积之和，也可利用对角线乘积乘以对角线夹角正弦乘以二分之一.
3．（24-25高三上·湖南·月考）已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，点在双曲线上，点分别为双曲线的左､右焦点.
(1)求的方程；
(2)过作两条相互垂直的直线和，与双曲线的右支分别交于，两点和两点，求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由和，及点在双曲线上，求出，即可求出的方程；
（2）设直线，其中，根据题中条件确定，再将的方程与联立，利用根与系数的关系，用表示，的长，再利用，即可求出四边形面积的最小值.
【详解】（1）因为，又由题意得 ，则有，
又点在双曲线上，故，解得，
故的方程为.
（2）
根据题意，直线的斜率都存在且不为，
设直线，其中，
因为均与的右支有两个交点，所以，所以，
将的方程与联立，可得.
设，则，
所以
，
同理，
所以.
令，所以，
则，
当，即时，等号成立.
故四边形面积的最小值为.

题型七 面积的最值（范围）问题
【技巧通法·提分快招】
1．（2025高三·天津·专题练习）已知动点P到定点的距离与到直线的距离之差为1（P不在直线l左侧）. 过点F作直线m与动点P的轨迹交于A、B两点，点C位于轨迹上异于A、B的一点，且点C到直线AB的距离为.
(1)求动点P的轨迹方程；
(2)求面积的最小值.
【答案】(1)动点P的轨迹方程为
(2)
【分析】（1）设点，由题意可得，化简可得动点P的轨迹方程；
（2）分直线斜率是否存在两种情况求得的范围，进而可求得面积的最小值.
【详解】（1）设点，由动点P到定点的距离与到直线的距离之差为1，
所以，
因为P不在直线l左侧，所以，所以，
所以，所以，
所以，所以动点P的轨迹方程为；
（2）当过点的直线斜率存在时，设直线的方程为，
代入方程，得，
所以，整理得，
因为直线与动点P的轨迹交于A、B两点，所以，
设，则，
所以
令，所以
，
所以，
当斜率不存在时，直线方程为，所以，
此时，所以，
综上所述：，所以面积的最小值为.
2．（25-26高三上·云南红河·月考）平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率为，左右焦点分别是，，以为圆心以3为半径的圆与以为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆上．
(1)求椭圆的方程；
(2)设椭圆，为椭圆上任意一点，过点的直线交椭圆于，两点．射线交椭圆于点．求面积的最大值．
【答案】(1)；
(2)18．
【分析】（1）由圆上的点到圆心的距离可以求得，即求得的值，由离心率及椭圆中的关系即可求出，从而得到椭圆方程；
（2）设交点的坐标，将直线方程代入椭圆方程后得到一元二次方程，由判别式得到的关系，以及由韦达定理得到交点的横坐标的关系.在直角坐标系中由点的坐标求出的面积，利用换元法结合的关系，得到变量的取值范围，再结合面积的函数的单调性得到最大值.再由两个椭圆的方程关系，从而得到面积的最大值.
【详解】（1）由题意可知，，可得，
又，，可得，，
即有椭圆的方程为；

（2）设，，将直线代入椭圆的方程，
可得，由，可得，①
则有，，
所以，
由直线与轴交于，
则的面积为，
即，
设，则，
将直线代入椭圆的方程，可得，
由可得，②
由①②可得，
在递增，即有取得最大值，
即有，即时，取得最大值6，
由（）知，的面积为，即面积的最大值为18．

3．（25-26高三上·江苏南京·开学考试）已知椭圆的离心率为，焦距为，以为三边的三角形面积为.
(1)求C的方程；
(2)过右焦点作两条互相垂直的直线分别交椭圆于，求四边形面积的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件解方程求解即可；
（2）设直线的直线方程，联立方程表示出弦长，及四边的面积，再化简应用基本不等式计算得出面积的最小值.
【详解】（1）由已知可得，
则所求椭圆方程．
（2）当直线的斜率不存在时，，此时的长即为椭圆长轴长，，
从而．
当直线的斜率为零时，同上可得，.
设直线的斜率为，且，直线的方程为：，
直线的方程为，
设，，，，
由，消去得，
所以，，
从而，
由，消去得，
所以，，
从而，
所以，
因为，则，则，
所以.
当且仅当，即时取得最小值，
所以四边形面积的最小值为．

4．（25-26高三上·江苏南京·月考）已知双曲线的离心率为，且经过点.
(1)求的方程；
(2)已知，若垂直于轴的直线与相交于两点，直线和的另外一个交点为C．
（i）求证：直线过定点；
（ii）过点作直线l交的右支于两点，求的面积的最小值.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）.
【分析】（1）根据离心率公式以及点的坐标，联立方程即可求解，
（2）（i）联立直线与双曲线的方程，可得韦达定理，根据斜率公式以及三点共线，即可求解，（ii）根据弦长公式以及三角形的面积公式，利用导数求解函数的单调性即可得最值求解.
【详解】（1）因为双曲线的离心率为，
所以，所以，
所以的方程为，代入点，解得，
所以的方程为；
（2）（i）方法一：设，则，
因为三点共线，所以.
当轴时，三点不共线，所以斜率不为0，
设的方程为.
联立双曲线，得，
所以，
又，所以，
即，
，化简得.
显然，，所以，直线恒经过定点.
方法二：设，则，直线，
联立双曲线，
得，
，
且，
由，则直线，
整理得，
又，
，显然直线过定点，得证；
（ii）由直线过点，与双曲线右支交于，故斜率必不为0，
可设，联立双曲线，
整理得，
则.
与的右支交于两点，其中一条渐近线的斜率为，所以，
.
令，则，
令，则，
在上单调递减，
则，此时，即，
的面积的最小值为.

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（25-26高三上·云南昭通·月考）已知椭圆的离心率为，以椭圆的四个顶点为顶点的四边形的面积为4．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)椭圆的右顶点为，过点的直线与椭圆相交于点，，若的面积是，求直线的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据面积公式及离心率公式计算得出，，即可得出标准方程；
（2）先分直线的斜率为0和直线的斜率不为0设直线方程，再联立方程计算面积结合韦达定理计算求参即可.
【详解】（1）由题意：，所以．
又因为，，所以，，
即椭圆的方程为．
（2）当直线的斜率为0时，，，三点共线，不符合题意；
当直线的斜率不为0时，设直线方程为，，，
联立方程组得，
∴
，
∴，
∴
∴直线的方程为或，
即直线的方程为或．
2．已知双曲线C：的左、右焦点分别为，，若C的离心率为2，点在C上，过的直线l交C的右支于P，Q两点．
(1)求直线AP，AQ的斜率之积；
(2)若的面积为，求l的方程．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据条件求出双曲线方程为：，设l的方程为，，，与双曲线方程联立，由韦达定理可得，，代入化简即可求解.
（2）化简，由，解出的值，判断其合理性即可.
【详解】（1）由题意得，解得，
所以C的方程为．
所以，由于直线l的斜率不为0，设l的方程为，，，
联立消去得，
由，
得，则，，
故
．
（2）由（1）得，，
所以
所以，
即，即，
解得或，
因为直线l交C的右支于P，Q两点，
所以且，
即，，
解得，所以仅有满足题意，
所以直线l的方程为或．
3．（24-25高三下·云南·期中）已知动点到点 的距离和它到直线 的距离的比为 ，记点 的轨迹为曲线 .
(1)求 的方程；
(2)若 分别与 轴正半轴交于点 ，与 轴正半轴交于点 ，点 为 上任一点且在第三象限. 设 与 轴交于点 与 轴交于点 ，求四边形 的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设动点，利用动点到点的距离和它到直线 的距离的比为 化简可得答案；
（2）设点，求出直线、直线的方程，令得点坐标，再求出、，利用四边形的面积可得答案．
【详解】（1）设动点，
由题意得：，化简得：，
所以的方程为；
（2）设点，且，，，如图
所以直线，令得：，
直线，令得：，
所以，，

所以四边形的面积
，
所以四边形ABMN的面积为．
4．已知椭圆的左，右焦点分别为，，，离心率.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点作两条相互垂直的直线分别与曲线C相交于P，Q和E，F，求四边形EPFQ面积的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用待定系数法，即可求解；
（2）利用弦长公式表示面积，再利用换元，转化为函数问题求最值.
【详解】（1）由，即，又，即，，
，故椭圆C的方程为.
（2）设四边形EPFQ面积为S，当直线PQ与直线EF有一条斜率为0时，另一条斜率不存在，
不妨设直线PQ斜率不存在，此时直线EF与x轴重合，
，且PQ方程为，将与联立，
求得两交点为，，，故.
当直线PQ与直线EF有一条斜率为可设直线PQ的方程为，
，，联立方程，
得且恒成立，
，，
同理可得，
令，则，，
令，则，
在上单调递增，在上单调递减，，故.
5．椭圆的左、右焦点分别为，点为椭圆上动点，的值域为．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设椭圆的上下顶点分别为，直线交椭圆于另一点，点和点位于轴两侧，若四点构成的四边形面积为，求直线的斜率．
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）设，再由向量数量积的坐标运算得，结合已知求参数，即可得；
（2）讨论直线的斜率，设为，联立椭圆并应用韦达定理得，四边形面积，进而求出参数值，即可得.
【详解】（1）设，则，故，
又，
故，
由题可得，，故，
故椭圆的标准方程为；
（2）若直线的斜率为0，则，不满足条件，
斜率不为0时，设直线为，直线的斜率为，
联立，消去整理得，
则，
根据点和点所在位置，如图：
如图，可得，
又四边形的面积为
，
又，即，
故，所以直线的斜率为.
6．已知，分别为椭圆的左、右焦点，直线过点与椭圆交于，两点，且的周长为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)直线过点，且与垂直，交椭圆于，两点，若，求四边形面积的范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，，由题的周长为，据此可得答案；
（2）先讨论两直线，中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形的面积；再讨论两直线，的斜率都存在，且都不为0时，分别联立直线与椭圆方程求得与，从而得到的关于的关系式，由此得解.
【详解】（1）设，，由椭圆的定义可知的周长为，
所以，所以离心率.
（2）由（1）可知，又，所以，所以椭圆的方程为.
①当直线，中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，
四边形的面积；
②当直线，的斜率都存在，且都不为0时，设的方程为，，，由，可得，．
所以，．
所以．
设的方程为，同理可得．
所以四边形的面积
，
因为，当且仅当时取等号．
所以，即此时.
由①②可知，四边形面积的范围为.
7．（25-26高三上·江苏南通·开学考试）已知椭圆，分别是左、右焦点，是椭圆上一点，的最大值为3，当为椭圆上顶点时，为等边三角形．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设分别是椭圆的左、右顶点，若直线与交于点，且，
（）证明：直线过定点；
（）求面积的最大值．
【答案】(1)椭圆的标准方程为
(2)（）证明见解析；（）面积的最大值为
【分析】（1）结合椭圆和等边三角形的性质，即可求解.
（2）（）法一：根据已知条件设，直线的方程，直线的方程，求出点的坐标，再求出，进而得到直线的方程，整理即可求解；
法二:先根据斜率公式表示出，结合椭圆方程，得到，进而设直线的方程为，与椭圆方程联立，并利用韦达定理化简，即可求解.
（）根据，可得，再设进行整体代换，并利用函数单调性，即可求解.
【详解】（1）根据题意作图如下：
由题意得，所以，
因为，所以椭圆的标准方程为.
（2）（）证明：法一：由（1）可知，
设直线的斜率为，则直线的斜率为，设，
则直线的方程为，直线的方程为，
联立，化简得，
因为，所以，即，
联立，化简得，
因为，所以，即，
则，
所以直线的方程为，整理得，
所以直线过定点，即右焦点.
法二：设，又由（1）知，
所以，
则有，
又，则，代入上式可得.
又因为，所以.
设直线的方程为，
联立，得，
所以，且
所以，
由，
化简得且，
即，解得或（舍），
所以直线过定点，即右焦点；
（）由（）得，
令，则，则，
因为在上单调递增，所以时，取得最大值，
此时，直线的发方程为.
8．（25-26高三上·湖南·开学考试）已知椭圆的长轴长为短轴长的倍，焦距为4.
(1)求椭圆的方程；
(2)若坐标原点为，平行四边形的四个顶点，，，均在椭圆上，且圆内切于四边形.
（i）证明：四边形为菱形；
（ii）求四边形面积的最大值.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由长轴长为短轴长的倍得，由焦距为4得，进而，求得，，即可得解；
（2）（i）当直线的斜率不存在或为零时，四边形为正方形，符合题意；当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，与椭圆方程联立韦达定理，根据圆内切于四边形求得，结合韦达定理，利用数量积坐标运算得，则，此时平行四边形为菱形，即可证明.
（ii）当四边形为正方形时，；当四边形不为正方形，而为菱形时，先求出，再代入面积公式得，令，根据二次函数性质求得的最大值，对比即可求解菱形的面积最大值.
【详解】（1）由题意可知，，则，
又，则，所以，解得，，
故椭圆的方程为；
（2）（i）当直线的斜率不存在或为零时，圆内切于正方形，
四个顶点为，显然满足椭圆的方程，符合题意，
此时四边形为菱形；
当直线的斜率存在且不为零时，设其方程为，，，
由得，
则，
，，
所以，
因为圆内切于平行四边形，所以到直线的距离为，
则，整理得，
所以，
则，此时平行四边形为菱形.
综上可知，四边形为菱形.
（ii）由（i）知，当四边形为正方形时，；
当四边形不为正方形，而为菱形时，
因为，
所以的面积为，
令，则，，
所以，
当，即时，取得最大值.
因为菱形的面积等于，所以菱形的面积的最大值为，
因为，所以菱形的面积最大为.
9．（25-26高三上·河北·开学考试）已知坐标平面内一动圆过点，且在轴上截得弦长为4，动圆圆心的轨迹为曲线．
(1)求曲线的方程．
(2)设直线与曲线交于两点，，直线与直线的倾斜角互补．
①求的值；
②若，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）设圆心为，根据题意结合两点距离公式和弦长公式求解即可；
（2）①设，，利用斜率的坐标运算公式写出直线与直线的斜率表达式，将直线方程和曲线方程联立，再利用韦达定理化简并计算求出即可；②利用韦达定理和点到直线的距离公式得到面积的表达式，求导，利用导数求面积的最大值即可.
【详解】（1）设圆心为，
由题意可得，整理得，
所以曲线的方程为.
（2）①设，，
因为两点在曲线上，则，，
则，同理，
联立，消去得，所以，，
因为直线与直线的倾斜角互补，
所以，
将，代入得，解得.
②由①可知联立，消去得，所以，，
又，解得，所以，
因为
，
点到直线的距离，
所以的面积，
令，则，由得，
所以，则，
令解得，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以当时，的面积最大，最大值为.

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．平面直角坐标系中，已知定点，动点满足，记动点的轨迹为曲线.过点作两条直线，分别与曲线交于点，和，四点（其中点、在上方）.
(1)求曲线的方程；
(2)若，求四边形面积的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据向量的坐标运算即可代入化简求解，
（2）根据点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式，即可根据垂直求解面积的表达式，进而利用基本不等式求解范围，即可得解，
【详解】（1）设，则
故，化简可得，
故曲线方程为
（2）由题意可知直线均有斜率，且不为0，由于，
设直线，
曲线为圆心为，半径的圆，
则到的距离为，同理可得到的距离为，
故，
故当时，，当且仅当时取到等号，当时，，当且仅当时取到等号，
因此，当且仅当时取到等号，
故，即，因此，
故，
故，
2．（2024·河北·模拟预测）已知，平面内动点满足直线的斜率之积为.
(1)求动点的轨迹方程；
(2)过点的直线交的轨迹于两点，以为邻边作平行四边形（为坐标原点），若恰为轨迹上一点，求四边形的面积.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意得，化简可得轨迹方程．
（2）先设直线再联立直线与轨迹方程，得关于x的一元二次方程，结合韦达定理及点到直线距离公式计算面积即可.
【详解】（1）设,则,化简可得
（2）以为邻边作平行四边形,则直线与x轴不重合,设直线的方程为，直线的方程与椭圆方程联立，
设，，
联立，消去x得，
所以，
则.
求得O到直线的距离，
因为平行四边形的对角线互相平分
所以
所以在椭圆上，可得
所以平行四边形面积
所以四边形面积是.
【点睛】方法点睛：利用平行四边形对角线互相平分，对角线共中点求参进而求出面积.
3．（2025·浙江嘉兴·一模）已知双曲线的左､右焦点分别是，并且经过点.
(1)求的方程；
(2)过点的直线交双曲线的右支于两点（点在第一象限），过点作直线的垂线，垂足为.
（i）求证：直线经过定点；
（ii）记的面积为，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）根据给定条件，求出即可.
（2）（i）设出直线方程，与双曲线的方程联立，利用韦达定理及直线方程计算推理得证；（ii）由（i）求出的函数关系，再结合函数单调性求出范围.
【详解】（1）依题意，双曲线半焦距，则，解得，
所以双曲线的方程为.
（2）（i）设，则，
由消去得，
则，解得，，
直线的方程为，即，
而
，因此直线的方程为，
所以直线经过定点.
或令，得
，
所以直线经过定点.
（ii）由（i）知，
，
而，令，
因此在上单调递增，则，
所以的取值范围是.

4．（2025·江苏·模拟预测）已知椭圆的左右焦点分别为，，上顶点为，长轴长为，直线的倾斜角为
(1)求直线的方程及椭圆的方程.
(2)若椭圆上的两动点A，B均在轴上方，且，求四边形的的面积的取值范围.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据直线的倾斜角可得，再结合长轴可得的值，即可求直线方程和椭圆方程；
（2）设关于原点的对称点，进而由平行关系判断三点共线，再设直线的方程，与椭圆方程联立，将转化为，再求点到直线的距离，然后利用梯形的面积公式求，最后通过变形利用基本不等式可求最大值即可.
【详解】（1）由长轴长为，可得，，
因为点上顶点，直线的倾斜角为，
所以中，，则，
又，则，
因为，，所以直线的方程为，
椭圆的方程为.
（2）设，，，，
则关于原点的对称点，即，
由，，得，
则，即，
则，则三点共线，
又，得，
设，
联立得，，
则，，，
则，
则，
又点到直线的距离，
则梯形的面积 ，
令，则，
则，当即时等号成立，
故的取值范围为.

5．（25-26高三上·上海·月考）已知椭圆分别是椭圆短轴的上下两个端点，是椭圆左焦点，是椭圆上异于点的点，是边长为4的等边三角形．
(1)写出椭圆的标准方程；
(2)当直线的斜率为时，求以为直径的圆的标准方程；
(3)设点满足：．求证：与面积之比为定值．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设条件列出关于的方程组，求解即得椭圆方程；
（2）依题求出直线的方程，与椭圆方程联立，求出点，即可求得以为直径的圆的方程；
（3）设直线的斜率分别为，写出直线的方程并与椭圆方程联立，求出点的坐标，即可推得，由，写出直线的方程，与直线的方程联立，求出点的坐标，结合图形，利用三角形面积公式代入化简求解即得证.
【详解】（1）因是边长为4的等边三角形，则得，解得，
故椭圆的标准方程为.
（2）因，直线的斜率为，则直线的方程为
联立，解得和，即，
故以为直径的圆的圆心为，半径为，
所以所求圆的方程为：.
（3）设直线的斜率分别为，则直线的方程为．
由，直线的方程为．
将代入，得，
因为是椭圆上异于点的点，所以．则，
所以．
由，所以直线的方程为．
由，解得．
所以，
即与面积之比为定值．

6．（2025·安徽·三模）在平面直角坐标系中，为坐标原点，椭圆的左、右焦点分别为、，为椭圆上一点，且满足．
(1)求椭圆的方程；
(2)在直线上取一点，连接交椭圆于两点、，若，求点的坐标．
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）依题意，设直线的斜率为，则直线的方程为，设、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，根据题中条件得出，可得出，结合韦达定理求出的值，即可得出点的坐标.
【详解】（1）因为为椭圆上一点，且满足，则，
由题意知，得，
故椭圆的方程为．
（2）若直线的斜率不存在，则该直线与椭圆相离，不合乎题意，
由题意可知，直线不与轴重合，
依题意，设直线的斜率为，则直线的方程为，
设、，
联立消得，
则，
可得①，②，
由，，，
，整理得③，
由①③得，代入②，解得，
直线的方程为或，
若直线的方程为，则点；
若直线的方程为，则点.
综上所述，点坐标为或．
7．已知椭圆经过点，且其离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)直线与轴交于点，与椭圆交于两点，直线分别与直线交于两点．是否存在定点，使得与的面积之比为定值？若存在，求出的坐标；若不存在，说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）由题意建立，求解方程组可得；
（2）设直线，联立椭圆方程，由韦达定理得坐标关系，进而表示坐标及与的面积，由面积比为定值求的值，再分析是否过定点即可.
【详解】（1）由题意，解得，
故椭圆方程为：．
（2）设直线与轴交点为，则由题意斜率存在，
设，与椭圆方程联立得，
由得．设，
由韦达定理得，
直线为，令，
则点横坐标为，同理．
设，
则
所以
.
若存在定值，即不随变化而改变，
则，解得，
但此时过点，不合题意．所以定点不存在．
8．已知椭圆的长轴长是焦距的2倍，点在椭圆上.椭圆的左、右顶点分别为A，，点是椭圆外一点，直线，与椭圆的另一个交点分别为，.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)证明：直线过定点；
(3)若四边形的面积是的面积的倍，求的值.
【答案】(1)；
(2)证明见解析；
(3)
【分析】（1）由题可得，然后代入可得椭圆方程；
（2）由题可得直线PA，PB方程分别为：，将直线方程与椭圆方程联立，可得，，然后由对称性可得若直线MN过定点，则定点应在x轴上，设为.最后由，可求得定点，即可完成证明；
（3）设四边形的面积为，的面积为，的面积为，由题可得，然后分别得到的表达式，解相应方程可得答案.
【详解】（1）由题可得，又，则.
则，代入，则，
则，得椭圆方程为：；
（2）证明：由（1）可得，
又在椭圆外，则
则，则直线PA，PB方程分别为：.
将两直线方程分别与椭圆方程联立，化简后可得：
，
则可得，从而，
则，.
由对称性，当取满足题意的互为相反数的两数时，可得对应MN关于x轴对称，
则若直线MN过定点，则定点应在x轴上，设为.
则
，又，则.
故直线过定点；
（3）设四边形的面积为，的面积为，的面积为.
则，.
又注意到,.
由对称性，考虑，则，.
则
，又由（2）可得，则，
由对称性可知，当也满足条件，则.
【点睛】关键点睛：对于直线过定点问题，常见思路为用恰当参数表示直线方程，随后利用题目条件，将直线中的参数数量消减为1个，据此求得定点.也可以，用恰当参数表示，直线上两点，随后由题目条件确定定点大致位置，最后利用斜率或向量条件得到相应等式，据此求得直线所过定点.
9．（2025·湖南邵阳·二模）已知椭圆的离心率为，且过点．
(1)求的方程；
(2)过的右焦点的直线交于两点，线段的垂直平分线交于两点．
①证明：四边形的面积为定值，并求出该定值；
②若直线的斜率存在且不为0，设线段的中点为，记，的面积分别为．当时，求的最小值．
【答案】(1)
(2)① 证明见解析，定值；②
【分析】（1）根据椭圆中相关量的几何性质列出关于求解即可；
（2）（ⅰ）从直线与轴重合这一特殊入手，此时求得．当直线与轴不重合时，设直线方程为，通过几何对称性和椭圆的性质，计算求得，，通过面积公式计算即可证得结论;
（ⅱ）由（ⅰ）知，而,继而通过换元法结合基本不等式可求得最小值.
【详解】（1）根据题意，得，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）（ⅰ）证明：设四边形的面积为，
由（1）得，椭圆的焦点，
因为直线的垂直平分线段，所以，
当直线与轴重合时，此时，，
．
由圆的性质知直线过坐标原点，由椭圆的对称性知．
当直线与轴不重合时，设直线方程为．
，，
．
，则直线的方程为，联立椭圆方程，
得，解得
．
．
．
综上所述，四边形的面积为定值．
（ⅱ）易知，，又，
直线的斜率存在且不为0，
．
由（ⅰ）知，
设，则，
．
当且仅当，即时，等号成立，此时．
故的最小值为．
10．如图，已知圆A：，点是圆A内一个定点，点P是圆A上任意一点，线段BP的垂直平分线l和半径AP相交于点Q，当点P在圆上运动时，点Q的轨迹为曲线C．
(1)求曲线C的方程；
(2)一组平行直线的斜率为，当它们与曲线C有两个公共点时，证明这些直线被曲线C截得的线段的中点在同一条直线上；
(3)设曲线C与y轴正半轴的交点为M，与y轴负半轴的交点为N，过点的直线TM、TN分别与曲线C交于E、F两点．若的面积是的面积的倍，求的最大值．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)．
【分析】（1）根据中垂线的性质和椭圆的定义得到Q点的轨迹是椭圆，然后求方程即可；
（2）设直线方程，联立直线和椭圆的方程，利用韦达定理和中点坐标公式得到弦中点的轨迹方程；
（3）解法一：分别联立直线、与椭圆方程，利用点到直线的距离公式、弦长公式和韦达定理计算三角形面积，得到，然后利用换元法和函数单调性求最值；
解法二：：分别联立直线、与椭圆方程得到点的坐标，然后利用三角形面积公式得到，再将线段比转化为坐标比计算，最后利用换元法和函数单调性求最值；
解法三：利用斜率公式得到，设直线的方程，联立直线和椭圆方程，利用韦达定理和得到，然后利用三角形面积公式得到，再将线段比转化为坐标比计算，最后利用函数单调性求最值.
【详解】（1）依题意可知，
所以Q点的轨迹是椭圆，
设其方程为，其中，，，
所以曲线C的方程为.
（2）设这组平行直线的方程为，
联立得．
由得．
设两交点分别为，，PQ的中点为．
则，，
消m得．
即这些直线被曲线C截得的线段的中点在同一条直线上．
（3）
解法1：因为，
直线TM的方程为，直线TN的方程为，
联立得，所以点，
所以点E到直线TN的距离为，
联立得，所以，
所以
，
所以，
所以，
令，则，
当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为．
解法2：直线TM的方程为，直线TN的方程为，
联立得，所以点，
联立得，所以，
所以，
令，则，
当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为．
解法3：设，，，．
，，故．
又，得．
设直线EF方程为，
联立得．
所以，．，，
．
注意到，代入韦达公式并整理得，故直线EF过定点．
此时，．
所以，
取等时，即的最大值为．
三角形的面积处理方法
（1）底·高（通常选弦长做底，点到直线的距离为高）
（2）水平宽·铅锤高或
（3）在平面直角坐标系中，已知的顶点分别为，，，三角形的面积为．
等角、共角模型
对顶角模型
（1）一般四边形
（2）分割两个三角形
对角线垂直
一般都是利用面积公式表示面积，然后将面积转化为某个变量的一个函数，再求解函数的最值（一般处理方法有换元，基本不等式，建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值，构造函数求导等等），在算面积的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算，灵活使用割补法计算面积，尽可能降低计算量．