椭圆四:面积问题

椭圆四：有关面积问题

1.（2010一模）海淀 19．（本小题满分13分）

已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，左右焦点分别为F1,F2，且|F1F2|2，点（1，在椭圆C上. （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）过F1的直线l与椭圆C相交于A,B两点，且

AF2B且与直线l相切的圆的方程.

答案：

19．（本小题满分13分）

F2为圆心 3） 2

x2y2

解：（Ⅰ）设椭圆的方程为221,(ab0)，由题意可得：

ab

椭圆C两焦点坐标分别为F1(1,0)，F2(1,0).

.……………1分

53

2a4.

22

a2,又c1 b2413，

.……………3分

……………4分

x2y21. 故椭圆的方程为43

3

2

.……………5分

（Ⅱ）当直线lx轴，计算得到：A(1,),B(1,)，

32

11

SAF2B|AB||F1F2|323，不符合题意.

22

当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为：yk(x1)，

.……………6分

yk(x1)



由x2y2，消去y得 (34 .……………7分 k2x)28k2x4k212， 0

1

43

显然0成立，设A(x1,y1),B(x2,y2)，

8k24k212

,x1x2, 则x1x2

34k234k2

.……………8分

又|AB|

12(k21)

即

|AB|， .……………9分 22

34k34k

又圆F

2的半径r



.……………10分

所以SAFB

2

1112(k21)|AB|r 22234k4

2

化简，得17kk180，

即(k21)(17k218)0，解得k1 所以，r

.……………12分



故圆F2的方程为：(x1)2y22. （Ⅱ）另解：设直线l的方程为 xty1，

.……………13分

xty1



由x2y2，消去x得 (43t2)y26ty90，0恒成立，

134

设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1y2

6t9

,yy, 1222

43t43t

……………8分

所以

|y1y2|

又圆F

2的半径为r

.……………9分



， .……………10分

所以SAF2B

12

t1，

，解得|F1F2||y1y2||y1y2|27



……………12分

所以r

故圆F2的方程为：(x1)2y22. 2.朝阳(2011一模理)

19．（本小题满分14分）

.……………13分

已知A(2, 0)，B(2, 0)为椭圆C的左、右顶点，F为其右焦点，P是椭圆C上异于A，B的动点，且

APB面积的最大值为

（Ⅰ）求椭圆C的方程及离心率；

（Ⅱ）直线AP与椭圆在点B处的切线交于点D，当直线AP绕点A转动时，试判断以BD

为直径的圆与直线PF的位置关系，并加以证明．

答案：19．（本小题满分14分）

x2y2

解：（Ⅰ）由题意可设椭圆C的方程为221(ab0)，F(c,0)．

ab



由题意知





1

2ab2

解得bc1．

a2, a2b2

c2.

1x2y2

1，离心率为．……6分 故椭圆C的方程为

243

（Ⅱ）以BD为直径的圆与直线PF相切．

证明如下：由题意可设直线AP的方程为yk(x2)(k0).

则点D坐标为(2, 4k)，BD中点E的坐标为(2, 2k)．

yk(x2),



由x2y2得(34k2)x216k2x16k2120．

134

16k212

设点P的坐标为(x0,y0)，则2x0．

34k2

12k68k2

yk(x2)所以x0，． ……………………………10分 0022

34k34k

因为点F坐标为(1, 0)， 当k

13

时，点P的坐标为(1, )，点D的坐标为(2, 2). 22

22

直线PFx轴，此时以BD为直径的圆(x2)(y1)1与直线PF相切．

当k

1y04k时，则直线PF的斜率kPF. 2x0114k2

4k

(x1)．

14k2

所以直线PF的方程为y

点E到直线PF

的距离d

1

|BD|． 2

2k8k314k22|k|． 2

14k|14k2|

又因为|BD|4|k| ，所以d

故以BD为直径的圆与直线PF相切．

综上得，当直线AP绕点A转动时，以BD为直径的圆与直线PF相切．………14分 3.（2011顺义二模理19）. （本小题满分14分） 已知椭圆C的左，右焦点坐标分别为F1,0,F2

3,0,离心率是

3

。椭圆C的左，右顶点分2

别记为A,B。点S是椭圆C上位于x轴上方的动点，直线AS,BS与直线l:x（1） 求椭圆C的方程；

（2） 求线段MN长度的最小值；

（3） 当线段MN的长度最小时，在椭圆C上的T满足：TSA的面积为

解（1）因为

10

分别交于M,N两点。 3

1

。试确定点T的个数。 5

c3

，且c，所以a2,ba2c21 

a2

x2

y21 …………………………………………….3分 所以椭圆C的方程为4

(2 ) 易知椭圆C的左，右顶点坐标为A(2,0),B(2,0),直线AS的斜率k显然存在，且k0 故可设直线AS的方程为yk(x2)，从而M(

104,k) 33



由



yk(x2)

2222

得(14k)x16kx16k40 x22

y14

16k2428k2

设S(x1,y1)，则(2)x1，得x1

14k214k24k28k24kS(, 从而y1，即222

14k14k14k

又B(2,0),故直线BS的方程为y

1

(x2) 4k

110y(x2)x4k3，所以N(10,4) 由得

10433kyx33k

故MN

4k4



33k

又k0，所以MN 当且仅当

4k44k482 33k33k3

4k4

时，即k1时等号成立 33k

8

所以k1时，线段MN的长度取最小值 ………………………………..9分

3

（3）由（2）知，当线段MN的长度取最小值时，k1

64

此时AS的方程为xy20，S(,, 55

所以AS

142

,要使TSA的面积为，

55

只需点T到直线AS的距离等于

2， 4

2'

的直线l上 4

所以点T在平行于AS且与AS距离等于

设l':xyt0，则由

t22



352

，解得t或t

224

x22

y1324① 当t时，由得5x12x50

2xy30

2

由于440，故直线l与椭圆C有两个不同交点

'

x22

y152

②t时，由4得5x20x210

2xy50

2

'

由于200，故直线l与椭圆C没有交点

综上所求点T的个数是2. …

4.（2010寒假）东城 19．（本小题满分13分）

已知椭圆C

的中心在原点，一个焦点F

． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）若椭圆C在第一象限的一点P的横坐标为1，过点P作倾斜角互补的两条不同的直线PA，PB分别交椭圆C于另外两点A，B，求证：直线AB的斜率为定值； （Ⅲ）求PAB面积的最大值． 答案： 19．（本小题满分13分）

y2x2

解：（Ⅰ）设椭圆C的方程为221(ab0)．

ab

a2b2c2,

由题意a:b ………………………………………………2分

c解得 a4，b2．

2

2

y2x2

1．………………………………………………4分 所以椭圆C的方程为

42

（Ⅱ）由题意知，两直线PA，PB的斜率必存在，设PB的斜率为k，

则PB的直线方程为yk

(x1).

yk(x1),

由

y2x2得

1.

42

(2k2)x22kk)xk)240.………………设A(xA,yA)，B(xB

,yB)，则

k22

， xB1

xB2

2k

同理可得xA，

则xAxB

8kyyk(x1)k(x1)

，. ABAB22

2k2k

所以直线AB的斜率kAB

yAyB

. ……………………………………

8分

xAxB

（Ⅲ）设AB的直线方程为y

m.

ym,

22由y2x2得4xm

40.

1.

42

由)216(m24)0，得m

8.……………………………………10分

2

m24此时xAxB，xAxB.

42P

到AB的距离为d

，

AB



则SPAB

1 ABd

2m2m282

因为m4使判别式大于零， 所以当且仅当m2时取等号，

2

所以

PAB13分 5. （2010一模）石景山 19．（本题满分14分）

x2y26

已知椭圆221(ab0)的离心率为，长轴长为23，直线l:ykxm交椭圆于不同

3ab

的两点A、B。

（1）求椭圆的方程；

（2）求m1,且0,求k的值（O点为坐标原点）； （3）若坐标原点O到直线l的距离为答案： 19．（本题满分14分） 解：（1）设椭圆的半焦距为c，

，求AOB面积的最大值。 2

c,

依题意a3

a3

解得c

2

2

2

2

由abc,得b1. 2分

x2

所求椭圆方程为y21. 3分

3

（2）m1,ykx1.

设A(x1,y1),B(x2,y2)，

x22

y1

其坐标满足方程3

ykx1

消去y并整理得

(13k2)x26kx0, 4分

则(6k)4(13k)(3k3)0（*） 5分

2

2

2

6k3k23

,x1x2故x1x2 6分 22

13k13k

AOOB0

x1x2y1y2x1x2(kx11)(kx21)

(1k2)x1x2k(x1x2)k2

3k236kk2322

(1k)kk20

13k213k23k1

2

k经检验k*）式 8分

（3）由已知

2

|m|k2



3

， 2

可得m

32

(k1) 9分 4

将ykxm代入椭圆方程，整理得(13k2)x26kmkx3m230.

(6km)24(13k2)(3m23)0(*)

6km3m23

x1x2,x1x2.22

13k13k

2

2

2

2

10分

36k2m212(m21)

|AB|(1k)(x2x1)(1k)[2] 2

(3k1)3k1

12(k21)(3k21m2)3(k21)(9k21)

11分 222

(3k1)(3k1)

12k2

343

9k6k21

1， k2

1212

34(k0) 12分 12369k226

k

当且仅当9k

2

即k

3

时等号成立， 3

3

满足（*）式 3

经检验，k

当k0时，|AB3 综上可知|AB|max2.13分

当|AB最大时，AOB的面积最大值S

13

14分 2

222

6.海淀(2011寒假)

19. （本小题满分14分）

2

已知点M(1,y)在抛物线C:y2px(p0)上，M点到抛物线C的焦点F的距离为2，直线

l:y

1

xb与抛物线交于A,B两点. 2

（Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）若以AB为直径的圆与x轴相切，求该圆的方程； （Ⅲ）若直线l与y轴负半轴相交，求AOB面积的最大值. 答案：

19. （共14分）

解：（Ⅰ）抛物线y22px (p0)的准线为x

p

， .....................................1分 2

pp

由抛物线定义和已知条件可知|MF|1()12，

22

解得p2，故所求抛物线方程为y24x. ......................................3分

1

yxb

（Ⅱ）联立，消x并化简整理得y28y8b0. 2

2y4x

依题意应有6432b0，解得b2. ..............................................4分 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1y28,y1y28b， .............................................5分 设圆心Q(x0,y0)，则应有x0

x1x2yy2

,y014. 22

因为以AB为直径的圆与x轴相切，得到圆半径为r|y0|4， ........................6分

又|AB|. 所以

|AB|2r8， .........................................7分

8

解得b. .........................................8分

5所以x1x22b2y12b2y24b16故所求圆的方程为(x方法二：

4824

，所以圆心为(,4). 55

242

)(y4)216. ............................................9分 5

1

yxb联立，消掉y并化简整理得x2(4b16)x4b20， 2

2y4x

依题意应有16(b4)216b20，解得b2. ............................................4分 设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1x24b16,x1x24b2 . .............................................5分 设圆心Q(x0,y0)，则应有x0

x1x2yy2

,y014， 22

因为以AB为直径的圆与x轴相切，得到圆半径为r|y0|4. .....................................6分

， 又|AB|又|AB|2r

88， .............................................7分

8

解得b， ..............................................8分

5

所以x1x2

2448

，所以圆心为(,4). 55

242

)(y4)216. .............................................9分 5

故所求圆的方程为(x

（Ⅲ）因为直线l与y轴负半轴相交，所以b0，

又l与抛物线交于两点，由（Ⅱ）知b2，所以2b0，...........................................10分 直线l：y

1

xb整理得x2y2b0， 2

， .................................................11分



点O到直线l

的距离d所以SAOB

1

|AB|d4 ..................................................12分 2

令g(b)b32b2，2b0，

4

g(b)3b24b3b(b)

，

432

由上表可得g(b)最大值为g() . ...............................................13分

3274

所以当b时，AOB. ...............................................14分

3

7.东城（2011一模理） (19) （本小题共13分）

y2x2已知椭圆221(ab0)的离心率为，且两个焦点和短轴的一个端点是一个等腰三角形

ab2

的顶点．斜率为k(k0)的直线l过椭圆的上焦点且与椭圆相交于P，Q两点，线段PQ的垂直平分线与

y轴相交于点M(0,m)．

（Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）求（Ⅲ）试用

的取值范围；

表示△MPQ的面积，并求面积的最大值．

答案：（19）（共13分）

解：（Ⅰ）依题意可得，

2

2

c2

，bc， 

a2

2

又abc， 可得b1,a．

y2

x21． 所以椭圆方程为2

（Ⅱ）设直线l的方程为ykx1，

ykx1,由y2可得(k22)x22kx10．

2

x1,2

设P(x1,y1),Q(x2,y2)， 则x1x2

2k1

xx，． 12

k22k22

4

． k22

k2

,)， k22k22

可得y1y2k(x1x2)2

设线段PQ中点为N，则点N的坐标为(由题意有kMNk1，

m

可得

2

2k1． kk22

1

， k221． 2

可得m

又k0， 所以0m

（Ⅲ）设椭圆上焦点为F，

则SMPQ

1

FMx1

x2. 2

x1x2由m

112

k2，可得．

k22m

所以x1x2

 又FM1m，

所以SMPQ

1）． 2

3

所以△MPQ的面积为2m(1m)（0m

设f(m)m(1m)，

3

则f'(m)(1m)2(14m)．

可知f(m)在区间(0,)单调递增，在区间(,)单调递减． 所以，当(0,)时，f(m)有最大值f()

141142

1414

1427． 64

所以，当(0,)时，△MPQ的面积有最大值

8.（2011西城二模理19.）（本小题满分14分）

36

． 8

x2y2已知椭圆M:221(ab

0)的离心率为，且椭圆上一点与椭圆的两个焦点构成的三角

ab3

形周长为642．

（Ⅰ）求椭圆M的方程；

（Ⅱ）设直线l与椭圆M交于A,B两点，且以AB为直径的圆过椭圆的右顶点C， 求ABC面积的最大值．

解：（Ⅰ）因为椭圆M上一点和它的两个焦点构成的三角形周长为642，

所以2a2c642， ……………1分

c，即

，所以c， ………………2分

a

所以a

3，c………………4分

x2

y21. ………………5分 所以b1，椭圆M的方程为9

（Ⅱ）方法一：不妨设BC的方程yn(x3),(n0)，则AC的方程为y

1

(x3). n

yn(x3),

12222(n)x6nx9n10， ………………6分 由x2得2

9y1

9

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

81n2927n23

因为3x2，所以x2， ………………7分

9n219n21273n2

同理可得x1， ………………8分 2

9n

n26n2

所以|BC|n，|AC|， ………………10分 22

9n1n9n

2

6

12(n)

1， ………………12分 SABC|BC||AC|

1642

(n)2

n9

1

设tn2，

n2t23

则S， ………………13分

64648t2t

99t8

当且仅当t时取等号，

3

3

所以ABC面积的最大值为. ………………14分

8

方法二：不妨设直线AB的方程xkym.

xkym,222由x2 消去得(k9)y2kmym90， ………………6分 x2

y1,9

设A(x1,y1)，B(x2,y2)，

2kmm29

则有y1y22，y1y22. ① ………………7分

k9k9



因为以AB为直径的圆过点C，所以 CACB0.



由 CA(x13,y1),CB(x23,y2)，

得 (x13)(x23)y1y20. ………………8分 将x1ky1m,x2ky2m代入上式，

得 (k21)y1y2k(m3)(y1y2)(m3)20.

12

或m3（舍）. ………………10分 5

1212

所以m（此时直线AB经过定点D(,0)，与椭圆有两个交点），

551

所以SABC|DC||y1

y2|

2

将 ① 代入上式，解得 m

1……………12分 2设t

11,0t，

k299

则SABC所以当t

2513

(0,]时，SABC取得最大值. 28898

9.（2010寒假）崇文 （19）（本小题共14分）

已知椭圆的中心在坐标原点O，焦点在x轴上，短轴长为2，且两个焦点和短轴的两个端点恰为一个正方形的顶点．过右焦点F与x轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点． （Ⅰ）求椭圆的方程；

（Ⅱ）当直线l的斜率为1时，求POQ的面积；

（Ⅲ）在线段OF上是否存在点M(m,0),使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形？

若存在，求出m

答案： 19）（共14分）

x2y2解：（Ⅰ）由已知，椭圆方程可设为221ab0． ----------------1分

ab

∵ 两个焦点和短轴的两个端点恰为正方形的顶点，且短轴长为2， ∴ bc1,a

x2

y21． ---------------- 4分 所求椭圆方程为2

（Ⅱ）右焦点F1,0，直线l的方程为yx1． 设Px1,y1,Qx2,y2，

x22y22,12由  得 3y2y1 y11,y2． ，解得0

3yx1,

∴ SPOQ

112

OFy1y2y1y2． ----------------9分 223

（Ⅲ）假设在线段OF上存在点Mm,00m1,使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形．因为

直线与x轴不垂直，所以设直线l的方程为ykx1k0．

22

x2y2,2222由  可得12kx4kx2k20．

ykx1,

4k22k22

,x1x2∴x1x2．

12k212k2

uuuruuur

xm,1y,MQ,m, MP12x2y

以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形

uuur

PQ

2

x1,

xyx2x10 ．其中y21

uuuruuuruuuruuuruuuruuurMPMQPQMPMQPQ0



x1x22m,y1y2x2x1,y2y10 (x1x22m)(x2x1)(y1y2)(y2y1)0 (x1x22m)k(y1y2)0

4k24k22

(2m)k(2)0

12k212k2

k22k24km0mk0． 212k

2

2

∴0m

1

． ----------------1 4分 2

10.丰台18.（本小题满分13分）

已知O为平面直角坐标系的原点，过点M(2,0)的直线l与圆x2y21交于P、Q两点．

1

（Ⅰ）若OPOQ，求直线l的方程；

2

（Ⅱ）若OMP与OPQ的面积相等，求直线l的斜率． 解：（Ⅰ）依题意，直线l的斜率存在，

因为 直线l过点M(2,0)，可设直线l：yk(x2)．



因为 P、Q两点在圆xy1上，所以 OPOQ1，

2

2

11因为 OPOQ，所以 OPOQOPOQcosPOQ

22

1

所以 POQ120 所以 O到直线l的距离等于．

2

所以

1

， 2

，

得k所以 直线l

的方程为x2

0或x20…………………6分



（Ⅱ）因为OMP与OPQ的面积相等，所以MQ2MP，



设 P(x1,y1)，Q(x2,y2)，所以 MQ(x22,y2)，MP(x12,y1)．

所以 

x22(x11)x222(x12)

即 （*）；

y22y1y22y1

因为 P，Q两点在圆上，

2222

x1y11x1y11所以 2 把（*）代入，得 ， 222

x2y214(x11)4y11

7x，18

所以



y18

所以 直线l

的斜率kkMP，

即k………………………13分