高考数学二轮复习专项分层特训微专题19圆锥曲线中的面积问题含答案

这是一份高考数学二轮复习专项分层特训微专题19圆锥曲线中的面积问题含答案，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．已知A，F分别是椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)的下顶点和左焦点，过A且倾斜角为60°的直线l分别交x轴和椭圆C于M，N两点，且N点的纵坐标为 eq \f(3,5) b，若△FMN的周长为6，则△FMN的面积为( )
A． eq \f(3\r(3),5) B． eq \f(2\r(3),5)
C． eq \f(4\r(3),5) D． eq \f(16\r(3),5)
2．[2022·辽宁丹东模拟]已知F1，F2分别为双曲线C： eq \f(x2,c2－b2) － eq \f(y2,b2) ＝1(c>b>0)的左、右焦点，F1关于C的一条渐近线的对称点为M，若△MF1F2的面积等于cb，则C的离心率为( )
A． eq \r(2) B． eq \r(3)
C．2 D． eq \r(5)
3．[2022·山东济南一中模拟]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，直线l：y＝2 eq \r(2) x－ eq \r(2) p与C交于A，B两点，点A，B在准线上的射影分别为点A1，B1，若四边形A1ABB1的面积为3 eq \r(2) ，则p＝( )
A．2 B． eq \f(4,3)
C． eq \f(4\r(5),5) D．4
二、多项选择题
4．[2022·湖南长沙模拟]已知双曲线C： eq \f(x2,a2) －y2＝1，(a>0)的左、右焦点分别为F1，F2，双曲线C上两点A，B关于坐标原点对称，点P为双曲线C右支上一动点，记直线PA，PB的斜率分别为kPA，kPB，若kPA·kPB＝ eq \f(1,4) ，PF1⊥PF2，则下列说法正确的是( )
A．a＝4
B．a＝2
C．△PF1F2的面积为 eq \f(3,2)
D．△PF1F2的面积为1
5．[2022·山东青岛一模]已知椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的左、右焦点分别是F1，F2，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，y0)) 为椭圆C上一点，则下列结论正确的是( )
A．△MF1F2的周长为6
B．△MF1F2的面积为 eq \f(\r(15),3)
C．△MF1F2的内切圆的半径为 eq \f(\r(15),9)
D．△MF1F2的外接圆的直径为 eq \f(32,11)
三、填空题
6．已知椭圆 eq \f(x2,4) ＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线交椭圆于A，B两点，若F2为线段AB的中点，则△AF1B的面积为________.
7．[2022·福建三明高三期末]已知双曲线C： eq \f(x2,16) － eq \f(y2,b2) ＝1(b>0)的左焦点为F，M是该双曲线一条渐近线上的点，且OM⊥MF，O为坐标原点，若△OMF的面积为4，则双曲线C的离心率为________．
8．[2022·山东临沂一模]已知抛物线C：x2＝2py的焦点为F，Q(2，3)为C内的一点，M为C上的任意一点，且|MQ|＋|MF|的最小值为4，则p＝________；若直线l过点Q，与抛物线C交于A，B两点，且Q为线段AB的中点，则△AOB的面积为________．
四、解答题
9．[2022·广东广州模拟]已知双曲线C： eq \f(x2,a2) － eq \f(y2,b2) ＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为x－ eq \r(2) y＝0，焦点到渐近线的距离为1.
(1)求双曲线C的标准方程与离心率；
(2)已知斜率为－ eq \f(1,2) 的直线l与双曲线C交于x轴上方的A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB的斜率之积为－ eq \f(1,8) ，求△OAB的面积．
10．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点M(4，y0)在抛物线C上，且|MF|＝4＋ eq \f(p,2) .
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别过点A，B作抛物线C的切线，记两切线的交点为P，求△PAB面积的最小值．
11．[2022·河北邯郸二模]已知点P(2， eq \f(5,3) )为椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1(a>b>0)上一点，A，B分别为C的左、右顶点，且△PAB的面积为5.
(1)求C的标准方程；
(2)过点Q(1，0)的直线l与C相交于点G，H(点G在x轴上方)，AG，BH与y轴分别交于点M，N，记S1，S2分别为△AOM，△AON(点O为坐标原点)的面积，证明： eq \f(S1,S2) 为定值．
微专题19 圆锥曲线中的面积问题
1．解析：设l：y＝ eq \r(3) x－b，∴M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)b，0)) ；
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\r(3)x－b,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1)) 得(b2＋3a2)x2－2 eq \r(3) a2bx＝0，∴xN＝ eq \f(2\r(3)a2b,b2＋3a2) ，
∴yN＝ eq \f(6a2b,b2＋3a2) －b＝ eq \f(3,5) b，解得a2＝ eq \f(4,3) b2，c2＝a2－b2＝ eq \f(1,3) b2，∴c＝ eq \f(\r(3),3) b，
即M为椭圆的右焦点，∴△FMN的周长为2a＋2c＝6，即a＋c＝3，
∴ eq \f(2\r(3),3) b＋ eq \f(\r(3),3) b＝3，解得b＝ eq \r(3) ，∴|MF|＝2，yN＝ eq \f(3\r(3),5) ，
∴S△FMN＝ eq \f(1,2) |MF|·yN＝ eq \f(3\r(3),5) .故选A.
答案：A
2．解析：因为△MF1F2的面积等于cb，
所以M的纵坐标为b，
因为F1关于C的一条渐近线的对称点为M，可得MF1⊥MF2 ，则kMF1·kMF2＝－1，
不妨设M关于渐近线y＝－ eq \f(b,a) x 对称，MF1与渐近线交于点N，则N为MF1的中点，
其坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)，\f(b,2))) ，根据对称性可求出M(c－a，b)，
又F1(－c，0)，F2(c，0)，
所以 eq \f(b,2c－a) · eq \f(b,－a) ＝－1，整理得b2＝2ac－a2，
又c2＝a2＋b2 ，
所以c＝2a，即e＝ eq \f(c,a) ＝2，故选C.
答案：C
3．解析：抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)) ，准线x＝－ eq \f(p,2) .
直线l：y＝2 eq \r(2) x－ eq \r(2) p可化为y＝2 eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2))) ，所以直线l过抛物线的焦点．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把直线l代入抛物线C消去y可得4x2－5px＋p2＝0，
所以x1＋x2＝ eq \f(5,4) p，x1x2＝ eq \f(1,4) p2.
又A，B到准线的距离分别为x1＋ eq \f(p,2) ，x2＋ eq \f(p,2) ，所以|AB|＝x1＋x2＋p＝ eq \f(9,4) p，四边形A1ABB1为直角梯形，其高为h＝ eq \f(2\r(2),3) |AB|＝ eq \f(3\r(2),2) p，所以S＝ eq \f(1,2) ×|AB|×h＝ eq \f(27\r(2),16) p2＝3 eq \r(2) ，解得p＝ eq \f(4,3) .故选B.
答案：B
4．解析：P(x0，y0)，A(x1，y1)，因为A，B关于坐标原点对称，则B(－x1，－y1)，由已知得 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,a2) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝1， eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,a2) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝1，两式相减得 eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,a2) ＝y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，所以 eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ＝ eq \f(1,a2) ，因为kPA·kPB＝ eq \f(（y0－y1）,（x0－x1）) · eq \f(（y0＋y1）,（x0＋x1）) ＝ eq \f(1,4) ，所以 eq \f(1,a2) ＝ eq \f(1,4) ，得a＝2，所以选项B正确，A错误；因为P在右支上，记|PF2|＝t，则|PF1|＝4＋t，因为PF1⊥PF2，所以(t＋4)2＋t2＝20，解得t＝ eq \r(6) －2或t＝－ eq \r(6) －2(舍去)，所以△PF1F2的面积为 eq \f(1,2) |PF1|·|PF2|＝ eq \f(1,2) ( eq \r(6) －2)×( eq \r(6) ＋2)＝1.所以选项D正确，C错误．故选BD.
答案：BD
5．解析：椭圆C： eq \f(x2,4) ＋ eq \f(y2,3) ＝1的左、右焦点分别是F1(－1，0)，F2(1，0)，
M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)，y0)) 为椭圆C上一点， eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)))2,4) ＋ eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,3) ＝1，|y0|＝ eq \f(\r(15),3) ，
所以|MF1|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),3)))2) ＝ eq \f(8,3) ，|MF2|＝4－ eq \f(8,3) ＝ eq \f(4,3) .
所以△MF1F2的周长为2a＋2c＝4＋2＝6，A正确．
△MF1F2的面积为 eq \f(1,2) ×2c×|y0|＝c×|y0|＝1× eq \f(\r(15),3) ＝ eq \f(\r(15),3) ，B正确．
设△MF1F2的内切圆的半径为r，则 eq \f(1,2) ×6×r＝ eq \f(\r(15),3) ，r＝ eq \f(\r(15),9) ，C正确．
cs ∠F1MF2＝ eq \f(\f(64,9)＋\f(16,9)－4,2×\f(8,3)×\f(4,3)) ＝ eq \f(11,16) >0，∠F1MF2为锐角，
sin ∠F1MF2＝ eq \r(1－\f(121,256)) ＝ eq \f(\r(135),16) ＝ eq \f(3\r(15),16) ，
所以△MF1F2的外接圆的直径为 eq \f(|F1F2|,sin ∠F1MF2) ＝ eq \f(2,\f(3\r(15),16)) ＝ eq \f(32,3\r(15)) ＝ eq \f(32\r(15),45) ，D错误．故选ABC.
答案：ABC
6．解析：因为过F2作直线交椭圆于A，B两点，且F2为线段AB的中点，所以AB垂直于x轴，
根据题意得a＝2，b＝1，c＝ eq \r(a2－b2) ＝ eq \r(3) ，所以|F1F2|＝2c＝2 eq \r(3) ，
F1(－ eq \r(3) ，0)，F2( eq \r(3) ，0)，设A( eq \r(3) ，y1)，B( eq \r(3) ，y2)，且A在第一象限，所以|AB|＝|y1－y2|，
将点A( eq \r(3) ，y1)代入椭圆方程得 eq \f(3,4) ＋y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝1，所以y1＝ eq \f(1,2) ，根据对称性得y2＝－ eq \f(1,2) ，
所以|AB|＝|y1－y2|＝1，在△AF1B中，F1F2⊥AB，所以S△AF1B＝ eq \f(1,2) ·|F1F2|·|AB|＝ eq \r(3) .
答案： eq \r(3)
7．解析：如图，根据双曲线的对称性，不妨设点M在第二象限，则对应的渐近线方程为y＝－ eq \f(b,a) x⇒bx＋ay＝0，因为OM⊥MF，所以|MF|＝ eq \f(|bc|,\r(a2＋b2)) ＝ eq \f(bc,c) ＝b.
由勾股定理，|MO|＝ eq \r(c2－b2) ＝a＝4，而△OMF的面积为4，则 eq \f(1,2) ×4×b＝4⇒b＝2，则离心率e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(a2＋b2),a) ＝ eq \f(\r(20),4) ＝ eq \f(\r(5),2) .
答案： eq \f(\r(5),2)
8．解析：如图，过M作MM1垂直准线于M1，由抛物线定义可知|MF|＝|MM1|.所以|MQ|＋|MF|＝|MQ|＋|MM1|.
过Q作QQ1垂直准线于Q1，交抛物线于P，所以|MQ|＋|MM1|≥|PQ|＋|PQ1|，
所以当M在P处时，|MQ|＋|MM1|＝|PQ|＋|PQ1|＝|QQ1|最小，
此时|QQ1|＝3＋ eq \f(p,2) ＝4，解得p＝2.
所以抛物线标准方程为x2＝4y.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝4y1,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝4y2)) ，两式相减得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝4y1－4y2，
即(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2).
因为Q(2，3)为线段AB的中点，所以x1＋x2＝4，所以直线AB的斜率为k＝ eq \f(y1－y2,x1－x2) ＝ eq \f(x1＋x2,4) ＝1，所以直线AB的方程为y－3＝1×(x－2)，即y＝x＋1.
由A(x1，y1)，B(x2，y2)符合 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y,y＝x＋1)) ，消去y得x2－4x－4＝0，
所以x1＋x2＝4，x1x2＝－4.
所以弦长|AB|＝ eq \r(1＋k2) ·|x1－x2|＝ eq \r(1＋k2) · eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \r(2) · eq \r(16＋16) ＝8.
而O到直线AB的距离为d＝ eq \f(|0－0－1|,\r(12＋（－1）2)) ＝ eq \f(\r(2),2) ，
所以S△ABO＝ eq \f(1,2) |AB|·d＝ eq \f(1,2) ×8× eq \f(\r(2),2) ＝2 eq \r(2) .
答案：2 2 eq \r(2)
9．解析：(1)由题意知焦点(c，0)到渐近线x－ eq \r(2) y＝0的距离为 eq \f(c,\r(3)) ＝1，
则c＝ eq \r(3) ，
因为一条渐近线方程为x－ eq \r(2) y＝0，所以 eq \f(b,a) ＝ eq \f(\r(2),2) ，
又a2＋b2＝3，解得a＝ eq \r(2) ，b＝1，
所以双曲线C的标准方程为 eq \f(x2,2) －y2＝1，
离心率为e＝ eq \f(c,a) ＝ eq \f(\r(3),\r(2)) ＝ eq \f(\r(6),2) .
(2)设直线l：y＝－ eq \f(1,2) x＋t(t>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋t，,\f(x2,2)－y2＝1)) ，得x2＋4tx－4(t2＋1)＝0，
则Δ＝16t2＋16(t2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－4t，x1·x2＝－4(t2＋1)，
由kOA·kOB＝ eq \f(y1,x1) · eq \f(y2,x2) ＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x1＋t))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)x2＋t)),x1x2)
＝ eq \f(1,4) ＋ eq \f(－\f(t,2)（x1＋x2）＋t2,x1x2) ＝ eq \f(1,4) ＋ eq \f(－\f(t,2)（－4t）＋t2,－4（t2＋1）) ＝－ eq \f(1,8)
解得t＝1或－1(舍去)，
所以x1＋x2＝－4，x1·x2＝－8，
l：y＝－ eq \f(1,2) x＋1，令x＝0，得y＝1，
|x1－x2|＝ eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝ eq \r(16＋32) ＝4 eq \r(3) ，
所以△OAB的面积为S＝ eq \f(1,2) |OD|(|x1|＋|x2|)＝ eq \f(1,2) |OD||x1－x2|＝ eq \f(1,2) ×1×4 eq \r(3) ＝2 eq \r(3) .
10．解析：(1)因为点M(4，y0)在抛物线C上，所以y0＝ eq \f(8,p) .
由抛物线的定义可得|MF|＝y0＋ eq \f(p,2) ＝4＋ eq \f(p,2) ，则y0＝4，
从而 eq \f(8,p) ＝4，解得p＝2.
故抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)由(1)可知F(0，1)，由题意可得直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1,x2＝4y)) ，整理得x2－4kx－4＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，从而|x1－x2|＝ eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2) ＝4 eq \r(k2＋1) ，
故|AB|＝ eq \r(k2＋1) |x1－x2|＝4(k2＋1).
因为y＝ eq \f(1,4) x2，所以y′＝ eq \f(1,2) x，
则直线AP的方程为y－y1＝ eq \f(1,2) x1(x－x1)，即y＝ eq \f(1,2) x1x－ eq \f(1,4) x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) .
同理可得直线BP的方程为y＝ eq \f(1,2) x2x－ eq \f(1,4) x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) .
联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x1x－\f(1,4)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,y＝\f(1,2)x2x－\f(1,4)x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )) ，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1＋x2,2)＝2k,y＝\f(x1x2,4)＝－1)) ，即P(2k，－1).
点P到直线l的距离d＝ eq \f(2k2＋2,\r(k2＋1)) ＝2 eq \r(k2＋1) ，
则△PAB的面积S＝ eq \f(1,2) |AB|d＝ eq \f(1,2) ×4(k2＋1)×2 eq \r(k2＋1) ＝4(k2＋1)· eq \r(k2＋1) .
因为k2≥0，所以 eq \r(k2＋1) ≥1，
所以4(k2＋1)· eq \r(k2＋1) ≥4，即△PAB面积的最小值是4，当且仅当k＝0时取等号．
11．解析：(1)因为△PAB的面积为5，点P(2， eq \f(5,3) )为椭圆C： eq \f(x2,a2) ＋ eq \f(y2,b2) ＝1上一点，
所以有 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·2a·\f(5,3)＝5,\f(22,a2)＋\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))2,b2)＝1)) ⇒ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝3,b＝\r(5))) ⇒ eq \f(x2,9) ＋ eq \f(y2,5) ＝1.
(2)证明：由题意可知直线l的斜率不为零，故设方程为x＝my＋1，
与椭圆方程联立为 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,9)＋\f(y2,5)＝1,x＝my＋1)) ⇒y2(5m2＋9)＋10my－40＝0，
设G(x1，y1)，H(x2，y2)(y1>0)，
因为y1y2＝ eq \f(－40,5m2＋9)