【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019选择性必修一）专题3.15 圆锥曲线中的面积问题大题专项训练（30道） Word版含解析.docx，共(38)页，461.529 KB，由小赞的店铺上传

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专题3.15圆锥曲线中的面积问题大题专项训练（30道）【人教A版2019选择性必修第一册】姓名：___________班级：___________考号：___________1．（2022·全国·高二课时练习）设𝐹1，𝐹2是双曲线𝑥25−𝑦24=1的两个焦点，𝑃是该双曲线

上一点，且|𝑃𝐹1|:|𝑃𝐹2|=2:1，求△𝑃𝐹1𝐹2的面积．【解题思路】由双曲线定义结合已知可得|𝑃𝐹1|,|𝑃𝐹2|，再利用余弦定理可得cos∠𝐹1𝑃𝐹2，然后由同角三角函数的平方关系和三角形面积公式可得.【解答过程】∵𝐹1，𝐹2是双曲线𝑥25−𝑦24

=1的两个焦点，∴不妨设𝐹1(−3,0)，𝐹2(3,0)，∴|𝐹1𝐹2|=6，由|𝑃𝐹1|:|𝑃𝐹2|=2:1，可设|𝑃𝐹2|=𝑥(𝑥>0)，则|𝑃𝐹1|=2𝑥．由双曲线的定义知2𝑥−𝑥=2√5，解得𝑥=2√5，∴

|𝑃𝐹1|=4√5，|𝑃𝐹2|=2√5，∴cos∠𝐹1𝑃𝐹2=(4√5)2+(2√5)2−622×4√5×2√5=45，∴sin∠𝐹1𝑃𝐹2=35．∴△𝑃𝐹1𝐹2的面积为12×4√5×2√5×35=12．2．（2022·江苏·高二阶段练习）已知椭圆𝐶:�

�24+𝑦23=1，以及椭圆内一点𝑀(1,1).(1)求以点M为中点的弦所在直线的方程；(2)若P是椭圆C上的点，𝐹1,𝐹2为左右焦点，∠𝐹1𝑃𝐹2=30°，求△𝐹1𝑃𝐹2的面积.【解题思路】（

1）设弦的两个端点为𝐴(𝑥1,𝑥2),𝐵(𝑥2,𝑦2)，再根据点差法求解即可；（2）根据椭圆的定义，结合余弦定理与三角形的面积公式求解即可.【解答过程】（1）设弦的两个端点为𝐴(𝑥1,𝑥2),𝐵(𝑥2,𝑦2)，由

题知𝐴𝐵斜率存在所以{𝑥124+𝑦123=1①𝑥224+𝑦223=1②，由①-②得，3(𝑥12−𝑥22)=−4(𝑦12−𝑦22)，即𝑦1−𝑦2𝑥1−𝑥2=−3(𝑥1+𝑥2)4(𝑦1+𝑦2)，因为𝑀(1,1)为线段𝐴𝐵

的中点，所以𝑥1+𝑥2=𝑦1+𝑦2=2，所以𝑘=−34，所以𝐴𝐵：𝑦−1=−34(𝑥−1)，即3𝑥+4𝑦−7=0；（2）由题意，|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=4，且∠𝐹1𝑃𝐹2=30°，故|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹

2|2+2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=16，又由余弦定理|𝐹1𝐹2|2=|𝑃𝐹1|2+|𝑃𝐹2|2−2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|cos30∘=4，故16−2|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|(1+√32)=4，解得|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|=122+√3

=12(2−√3)，故△𝐹1𝑃𝐹2的面积𝑆△𝐹1𝑃𝐹2=12×|𝑃𝐹1||𝑃𝐹2|sin30∘=3(2−√3)=6−3√3.3．（2022·江苏南通·高三阶段练习）已知点𝐴(2,1)在双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑎2−1=1(𝑎>1)上，直线l交C于𝑃，𝑄两

点，直线𝐴𝑃，𝐴𝑄的斜率之和为0.(1)求l的斜率;(2)若tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，求△𝑃𝐴𝑄的面积.【解题思路】（1）利用点的坐标求得双曲线方程，设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，联立双曲线方程，得到根与系数的关系

式，结合直线𝐴𝑃，𝐴𝑄的斜率之和为0，进行化简，可得直线斜率；（2）利用tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2结合题意可求得直线𝐴𝑃的斜率，进而求得P点坐标，从而求出m的值，确定𝑥1+𝑥2=203，𝑥1𝑥2=689，由此表示出|𝐴𝑃|=√3|𝑥1−

2|，|𝐴𝑄|=√3|𝑥2−2|，利用三角形面积公式即可求得答案.【解答过程】（1）将点𝐴(2,1)代入𝑥2𝑎2−𝑦2𝑎2−1=1中，得4𝑎2−1𝑎2−1=1，即𝑎4−4𝑎2+4=0，解得𝑎2=2，故双曲线方程为𝑥22−𝑦2=1；由题意知直线l的斜率存在

，设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，设𝑃(𝑥1,𝑦1)，𝑄(𝑥2,𝑦2)，则联立直线与双曲线𝑥22−𝑦2=1得：(2𝑘2−1)𝑥2+4𝑘𝑚𝑥+2𝑚2+2=0，需满足2𝑘2−1≠0,Δ=8(𝑚2+1−2𝑘2)>0，故𝑥1+𝑥2=−4𝑘𝑚2𝑘2−1，�

�1𝑥2=2𝑚2+22𝑘2−1，𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐴𝑄=𝑦1−1𝑥1−2+𝑦2−1𝑥2−2=𝑘𝑥1+𝑚−1𝑥1−2+𝑘𝑥2+𝑚−1𝑥2−2=0，化简得：2𝑘𝑥1𝑥

2+(𝑚−1−2𝑘)(𝑥1+𝑥2)−4(𝑚−1)=0，故2𝑘(2𝑚2+2)2𝑘2−1+(𝑚−1−2𝑘)(−4𝑘𝑚2𝑘2−1)−4(𝑚−1)=0，即2𝑘2+(𝑚+1)𝑘+𝑚−1=0，即(𝑘+1)

(𝑚+2𝑘−1)=0，由题意可知直线l不过A点，即𝑚+2𝑘−1≠0，故l的斜率𝑘=−1.（2）设直线AP的倾斜角为𝛼，由tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，∴2tan∠𝑃𝐴𝑄21−tan2∠𝑃𝐴𝑄2=

2√2，得tan∠𝑃𝐴𝑄2=√22，（负值舍去），由直线𝐴𝑃，𝐴𝑄的斜率之和为0,可知2𝛼+∠𝑃𝐴𝑄=π，即tanπ−2𝛼2=√22，则tan(π2−𝛼)=cos𝛼sin𝛼=√22，得𝑘𝐴𝑃=tan𝛼=√2，即�

�1−1𝑥1−2=√2，联立𝑦1−1𝑥1−2=√2，及𝑥122−𝑦12=1得𝑥1=10−4√23，𝑦1=4√2−53，将𝑥1=10−4√23，𝑦1=4√2−53代入𝑙:𝑦=−𝑥+𝑚中，得𝑚=53，故𝑥1+𝑥2=203，𝑥1𝑥2=689，而|𝐴�

�|=√2+1|𝑥1−2|=√3|𝑥1−2|，|𝐴𝑄|=√3|𝑥2−2|，由tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，得sin∠𝑃𝐴𝑄=2√23，故𝑆△𝑃𝐴𝑄=12|𝐴𝑃|⋅|𝐴𝑄|sin∠𝑃𝐴𝑄=√2|𝑥1𝑥2−2(𝑥1+𝑥2)+4|=√2|689−2×

203+4|=16√29.4．（2022·陕西·研究室三模（理））已知椭圆𝐶：𝑦2𝑎2+𝑥2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的离心率为√32，且过点(1,2).(1)求椭圆𝐶的方程；(2)若直线𝑙被圆𝑥2+𝑦2=

𝑎2截得的弦长为2√6，设直线𝑙与椭圆𝐶交于A，𝐵两点，𝑂为坐标原点，求△𝑂𝐴𝐵面积的最大值.【解题思路】（1）由𝑏𝑎=√1−𝑒2，点(1,2)代入椭圆，建立方程组求解即可；（2）

当𝑙的斜率存在时，先由垂径定理求出圆心到直线l的距离𝑑=√2，设𝑙：𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，由点线距离公式可得𝑑=|𝑚|√1+𝑘2，可得𝑚2=2(𝑘2+1)，将𝑙方程代入椭圆方程中结合韦达定理、弦长公式可得|𝐴𝐵|=4√6⋅√𝑘

2+1𝑘2+4，则𝑆△𝑂𝐴𝐵=12|𝐴𝐵|𝑑，结合均值不等式讨论最大值即可；当𝑙的斜率不存在时，则𝑙：𝑥=±√2，可知直线𝑙与椭圆只有一个交点，不符合题意.【解答过程】（1）𝑒=√32，𝑏𝑎=√𝑎2−𝑐2𝑎=√1−𝑒2=12，由椭圆过点(1,2)

得4𝑎2+1𝑏2=1，解得𝑎2=8，𝑏2=2，∴椭圆𝐶的方程为𝑦28+𝑥22=1.（2）直线𝑙被圆𝑥2+𝑦2=8截得的弦长为2√6，则圆心到直线l的距离d满足(√6)2=(2√2)2−𝑑2，解得𝑑=√2，当�

�的斜率存在时，设𝑙：𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，圆心为原点则有𝑑=|𝑚|√1+𝑘2=√2，∴𝑚2=2(𝑘2+1).将𝑙方程代入椭圆方程中整理得：(𝑘2+4)𝑥2+2𝑚𝑘𝑥+𝑚2−8=0，∴𝑥1+𝑥2=−2𝑚

𝑘𝑘2+4，𝑥1𝑥2=𝑚2−8𝑘2+4，|𝐴𝐵|=√𝑘2+1⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√𝑘2+1⋅4√2𝑘2+8−𝑚2𝑘2+4=4√6⋅√𝑘2+1𝑘2+4，∴𝑆△𝑂𝐴𝐵=12|𝐴𝐵|𝑑=4√3×1√𝑘2+1+3√�

�2+1⩽2，当且仅当√𝑘2+1=3√𝑘2+1，即𝑘=±√2时取等号.当𝑙的斜率不存在时，则𝑙：𝑥=±√2，过椭圆的左、右顶点，此时直线𝑙与椭圆只有一个交点，不符合题意.∴△𝑂𝐴𝐵面积的最大值为2.5．（2022·全国·高考真题）已

知点𝐴(2,1)在双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑎2−1=1(𝑎>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，求△𝑃𝐴𝑄的面积．【解题思路】（1）由点𝐴(2,1)在双曲线上可求出𝑎，易知直线l

的斜率存在，设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，再根据𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐴𝑄=0，即可解出l的斜率；（2）根据直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的斜率之和为0可知直线𝐴𝑃,𝐴�

�的倾斜角互补，根据tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2即可求出直线𝐴𝑃,𝐴𝑄的斜率，再分别联立直线𝐴𝑃,𝐴𝑄与双曲线方程求出点𝑃,𝑄的坐标，即可得到直线𝑃𝑄的方程以及𝑃𝑄的长，由点到直线的距离公式求出点A

到直线𝑃𝑄的距离，即可得出△𝑃𝐴𝑄的面积．【解答过程】（1）因为点𝐴(2,1)在双曲线𝐶:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑎2−1=1(𝑎>1)上，所以4𝑎2−1𝑎2−1=1，解得𝑎2=2，即双曲线𝐶:𝑥22−𝑦2=1．易知直线l

的斜率存在，设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝑃(𝑥1,𝑦1),𝑄(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=𝑘𝑥+𝑚𝑥22−𝑦2=1可得，(1−2𝑘2)𝑥2−4𝑚𝑘𝑥−2𝑚2−2=0，所以，𝑥1+𝑥2=−4𝑚𝑘2𝑘2−1,𝑥1𝑥

2=2𝑚2+22𝑘2−1，Δ=16𝑚2𝑘2−4(2𝑚2+2)(2𝑘2−1)>0⇒𝑚2−1+2𝑘2>0且𝑘≠±√22．所以由𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐴𝑄=0可得，𝑦2−1𝑥2−2+𝑦1−1𝑥1−2=0，即(𝑥1−

2)(𝑘𝑥2+𝑚−1)+(𝑥2−2)(𝑘𝑥1+𝑚−1)=0，即2𝑘𝑥1𝑥2+(𝑚−1−2𝑘)(𝑥1+𝑥2)−4(𝑚−1)=0，所以2𝑘×2𝑚2+22𝑘2−1+(𝑚−1−2𝑘)(−

4𝑚𝑘2𝑘2−1)−4(𝑚−1)=0，化简得，8𝑘2+4𝑘−4+4𝑚(𝑘+1)=0，即(𝑘+1)(2𝑘−1+𝑚)=0，所以𝑘=−1或𝑚=1−2𝑘，当𝑚=1−2𝑘时，直线

𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑚=𝑘(𝑥−2)+1过点𝐴(2,1)，与题意不符，舍去，故𝑘=−1．（2）［方法一］：【最优解】常规转化不妨设直线𝑃𝐴,𝑃𝐵的倾斜角为𝛼,𝛽(𝛼<π2<𝛽)

，因为𝑘𝐴𝑃+𝑘𝐵𝑃=0，所以𝛼+𝛽=π，由（1）知，𝑥1𝑥2=2𝑚2+2>0，当𝐴,𝐵均在双曲线左支时，∠𝑃𝐴𝑄=2𝛼，所以tan2𝛼=2√2，即√2tan2𝛼+tan𝛼−√2=0，解得tan𝛼=√22（

负值舍去）此时PA与双曲线的渐近线平行，与双曲线左支无交点，舍去；当𝐴,𝐵均在双曲线右支时，因为tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，所以tan(𝛽−𝛼)=2√2，即tan2𝛼=−2√2，即√2tan2𝛼−tan𝛼−√2=0，解得tan𝛼=√2（负值

舍去），于是，直线𝑃𝐴:𝑦=√2(𝑥−2)+1，直线𝑃𝐵:𝑦=−√2(𝑥−2)+1，联立{𝑦=√2(𝑥−2)+1𝑥22−𝑦2=1可得，32𝑥2+2(√2−4)𝑥+10−4√2

=0，因为方程有一个根为2，所以𝑥𝑃=10−4√23，𝑦𝑃=4√2−53，同理可得，𝑥𝑄=10+4√23，𝑦𝑄=−4√2−53．所以𝑃𝑄:𝑥+𝑦−53=0，|𝑃𝑄|=163，点𝐴到直线𝑃𝑄的距离𝑑=|

2+1−53|√2=2√23，故△𝑃𝐴𝑄的面积为12×163×2√23=16√29．［方法二］：设直线AP的倾斜角为𝛼，(0<𝛼<π2)，由tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，得tan∠𝑃𝐴𝑄2=√22，由2𝛼+∠𝑃𝐴𝑄=𝜋，得𝑘𝐴𝑃=tan𝛼=√2，即𝑦1−1�

�1−2=√2，联立𝑦1−1𝑥1−2=√2，及𝑥122−𝑦12=1得𝑥1=10−4√23，𝑦1=4√2−53，同理，𝑥2=10+4√23，𝑦2=−4√2−53，故𝑥1+𝑥2=203，𝑥1𝑥2=689而|𝐴𝑃|=√3|𝑥1−2|，|𝐴

𝑄|=√3|𝑥2−2|，由tan∠𝑃𝐴𝑄=2√2，得sin∠𝑃𝐴𝑄=2√23，故𝑆△𝑃𝐴𝑄=12|𝐴𝑃||𝐴𝑄|sin∠𝑃𝐴𝑄=√2|𝑥1𝑥2−2(𝑥1+𝑥2)+4|=16√29.6．（2022·四川·高三学业考试）已知抛物线𝐶:𝑦2=2�

�𝑥过点𝑀(1,2).(1)求抛物线𝐶的标准方程；(2)设抛物线𝐶的焦点为𝐹，坐标原点为𝑂.过点𝐹且倾斜角为π3的直线与抛物线𝐶交于𝐴，𝐵两点，求△𝐴𝐵𝑂的面积.【解题思路】（1）将点𝑀(1

,2)代入抛物线，即可求出𝑝的值，即可得到抛物线𝐶的标准方程；（2）由题意即可写出直线的方程，联立直线与抛物线，结合韦达定理与弦长公式即可求出|𝐴𝐵|，利用点到直线的距离公式，即可求出点𝑂到𝐴𝐵边上的高，即可求出其面积.【解答过程】（1）

因为抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥过点𝑀(1,2)，所以22=2𝑝×1⇒𝑝=2，所以抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥；（2）由题意知：直线的斜率𝑘=tanπ3=√3，𝐹(1,0)，所以直线方程为：𝑦−0=√3(𝑥−1)，联立直线与抛物线：{𝑦

=√3(𝑥−1)𝑦2=4𝑥消𝑦得：3𝑥2−10𝑥+3=0，Δ>0设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=103,𝑥1𝑥2=1，则|𝐴𝐵|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=163，点�

�(0,0)到直线√3𝑥−𝑦−√3=0的距离𝑑=|0−0−√3|√3+1=√32，所以𝑆△𝐴𝐵𝑂=12|𝐴𝐵|𝑑=12×163×√32=4√33.7．（2022·江苏南京·高二期末）已知点A是抛物线x

2＝2py（p＞0）上的动点，过点M（－1，2）的直线AM与抛物线交于另一点B．(1)当A的坐标为（－2，1）时，求点B的坐标；(2)已知点P（0，2），若M为线段AB的中点，求△𝑃𝐴𝐵面积的最大值．【解题思路】（1）将𝐴

的坐标代入抛物线方程可得抛物线的方程为：𝑥2=4𝑦，再根据直线𝐴𝑀的方程，联立抛物线方程可得𝐵的坐标；（2）设直线𝐴𝐵的方程：𝑦−2=𝑘(𝑥+1)，联立抛物线的方程，结合韦达定理与M为线段AB的中点可得𝑝𝑘=−1，再代入

△𝑃𝐴𝐵的面积可得𝑆=√−𝑘2+4𝑘，进而根据二次函数的最值求解即可【解答过程】(1)当𝐴的坐标为(−2,1)时，则22=2𝑝⋅1，所以2𝑝=4，所以抛物线的方程为：𝑥2=4𝑦，由题意可得直线𝐴𝑀的方程为：𝑦−1=2−1−1+2

(𝑥+2)，即𝑦=𝑥+3，代入抛物线的方程可得𝑥2−4𝑥−12=0解得𝑥=−2（舍）或6，所以，𝐵的坐标为(6,9)(2)法一：设直线𝐴𝐵的方程：𝑦−2=𝑘(𝑥+1)，即𝑦=𝑘𝑥+𝑘+2，设直线

𝐴𝐵与𝑦轴的交点为𝑄，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，由{𝑦=𝑘𝑥+𝑘+2𝑥2=2𝑝𝑦可得𝑥2−2𝑝𝑘𝑥−2𝑝𝑘−4𝑝=0，𝑥1+𝑥2=2𝑝𝑘，𝑥1𝑥2=−2𝑝𝑘−4𝑝，因为𝑀为线段

𝐴𝐵的中点，所以𝑥1+𝑥22=𝑝𝑘=−1令𝑥=0，𝑦=𝑘+2，即𝑄(0,𝑘+2)，所以𝑃𝑄=|𝑘|则△𝑃𝐴𝐵的面积𝑆=12𝑃𝑄⋅|𝑥1−𝑥2|=12⋅|𝑘|⋅√(𝑥1−𝑥2)2=12⋅|𝑘|⋅√(𝑥

1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=12⋅|𝑘|⋅√4𝑝2𝑘2+4(2𝑝𝑘+4𝑝)，把𝑝𝑘=−1代入上式，𝑆=√−𝑘2+4𝑘，当𝑘=2时，𝑆max=2，所以△𝑃𝐴𝐵的面积的最大值为2．（2）法二：{𝑦=𝑘𝑥+𝑘+2𝑥2=2𝑝�

�可得𝑥2−2𝑝𝑘𝑥−2𝑝𝑘−4𝑝=0，𝑥1+𝑥2=2𝑝𝑘，𝑥1𝑥2=−2𝑝𝑘−4𝑝，因为𝑀为线段𝐴𝐵的中点，所以𝑥1+𝑥22=𝑝𝑘=−1，设点𝑃到直线𝐴

𝐵的距离为𝑑，则𝑑=|𝑘|√1+𝑘2，𝐴𝐵=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2⋅√4𝑝2𝑘2+4(2𝑝𝑘+4𝑝)𝑆=12𝐴𝐵⋅𝑑=12⋅|𝑘|⋅√4𝑝2𝑘2+

4(2𝑝𝑘+4𝑝)，把𝑝𝑘=−1代入上式，𝑆=√−𝑘2+4𝑘，所以，当𝑘=2时，△𝐴𝐵𝐶的面积的最大值为2.8．（2022·全国·高三专题练习）设双曲线𝐶:𝑥23−𝑦2=1，其右焦点为

F，过F的直线l与双曲线C的右支交于A，B两点．(1)求直线l倾斜角𝜃的取值范围；(2)直线AO（O为坐标原点）与曲线C的另一个交点为D，求△𝐴𝐵𝐷面积的最小值，并求此时l的方程．【解题思路】（1）由题意设直线l的方程为𝑥=𝑚𝑦+2，设

𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，将直线方程代入双曲线方程，消去𝑥，利用根与系数的关系，由题意得{Δ>0𝑥1+𝑥2>0𝑥1𝑥2>0，解不等式组可求出𝑚的范围，从而可求出直线l倾斜角𝜃的取值范围；（2）由题意可得𝑆△𝐴𝐵𝐷=2𝑆△

𝑂𝐴𝐵=2×12|𝑂𝐹||𝑦1−𝑦2|=2√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2，由（1）得到的式子代入化简，换元后利用函数的单调性可求得结果【解答过程】（1）由双曲线𝐶:𝑥23−𝑦2=1得𝑐2=3+1=4，则右焦点𝐹(2,0)，显然直线l的斜率不为0，设直线l

的方程为𝑥=𝑚𝑦+2，由{𝑥23−𝑦2=1𝑥=𝑚𝑦+2得(𝑚2−3)𝑦2+4𝑚𝑦+1=0，因为直线l与双曲线C的右支交于A，B两点，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，Δ=16𝑚2−4(𝑚2−3)>0,𝑦1+𝑦2=−4𝑚𝑚2

−3,𝑦1⋅𝑦2=1𝑚2−3则{Δ=16𝑚2−4(𝑚2−3)>0𝑥1+𝑥2=𝑚(𝑦1+𝑦2)+4=−4𝑚2𝑚2−3+4>0𝑥1𝑥2=(𝑚𝑦1+2)(𝑚𝑦2+2)=𝑚2𝑦1𝑦2+2𝑚(𝑦1+𝑦2)+4=𝑚2𝑚2−3−8𝑚2𝑚2−3+4>

0，解得−√3<𝑚<√3，当𝑚=0时，直线l倾斜角𝜃=𝜋2，当𝑚≠0时，直线l的斜率𝑘>√33或𝑘<−√33，综上，直线l倾斜角𝜃的取值范围为(𝜋6,5𝜋6)（2）因为O是AB中点，所以𝑆△𝐴

𝐵𝐷=2𝑆△𝑂𝐴𝐵=2×12|𝑂𝐹||𝑦1−𝑦2|=2√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2=2√(−4𝑚𝑚2−3)2−3𝑚2−3=2√12𝑚2+12(𝑚2−3)2，令𝑡=𝑚2−3，则𝑡∈[−3,0)，𝑆△𝐴

𝐵𝐷=4√3√𝑡+4𝑡2=4√3√4𝑡2+1𝑡=4√3√4𝑢2+𝑢，其中𝑢=1𝑡，且𝑢∈(−∞,13]，又𝑦=3𝑢2+𝑢在(−∞,−13]单调减，所以𝑆△𝐴𝐵𝐷≥4√33，当𝑢=−13，即𝑚

=0时求得，此时直线l的方程为𝑥=2.9．（2023·广东茂名·高三阶段练习）如图，平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，点𝑄为𝑥轴上的一个动点，动点𝑃满足|𝑃𝑂|=|𝑃𝑄|=32，又点𝐸满足𝑃�

�⃑⃑⃑⃑⃑=12𝐸𝑄⃑⃑⃑⃑⃑.(1)求动点𝐸的轨迹Γ的方程；(2)过曲线Γ上的点𝐴(𝑥0,𝑦0)（𝑥0𝑦0≠0）的直线𝑙与𝑥，𝑦轴的交点分别为𝑀和𝑁，且𝑁𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑=2𝐴𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑，过原点𝑂的直线与𝑙平行，且

与曲线Γ交于𝐵、𝐷两点，求△𝐴𝐵𝐷面积的最大值.【解题思路】（1）法一：充分利用|𝑃𝑂|=|𝑃𝑄|，由𝑃坐标得到𝐸坐标之间的关系，进而求得动点𝐸的轨迹Γ的方程；法二，利用参数方程的思想，得到𝐸坐标的参数写法，进而可求；（2）结合图像，先由𝑁�

�⃑⃑⃑⃑⃑⃑=2𝐴𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑得到𝑘𝑥0=−2𝑦0，再联系方程得到|𝑦0|=|𝑘|√1+𝑘2，接着又联方立直线𝐵𝐷与曲线Γ的方程，利用弦长公式得到|𝐵𝐷|=4√1+𝑘2√1+4𝑘2，利用点线距离公式得到𝑑=|3𝑦

0|√1+𝑘2=3|𝑘|1+𝑘2，由此得到𝑆△𝐴𝐵𝐷关于𝑘的关系式，最后利用基本不等式求得𝑆△𝐴𝐵𝐷的最大值.【解答过程】（1）法一：由题意，设𝐸(𝑥,𝑦)，𝑃(12𝑥′,𝑦′)，由|𝑃𝑂|=|𝑃𝑄|=32得𝑄(𝑥′,0)，且𝑥′24

+𝑦′2=94，由𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=12𝐸𝑄⃑⃑⃑⃑⃑得𝐸(23𝑥′,23𝑦′)，则{𝑥=23𝑥′𝑦=23𝑦′，得{𝑥′=32𝑥𝑦′=32𝑦，代入𝑥′24+𝑦′2=94整理得𝑥24

+𝑦2=1，故动点𝐸的轨迹Γ的方程为𝑥24+𝑦2=1.法二：设∠𝑃𝑂𝑄=𝛼，𝑃(32cos𝛼,32sin𝛼)，𝑄(3cos𝛼,0)，设𝐸(𝑥,𝑦)，则由𝑃𝐸⃑⃑⃑⃑⃑=12𝐸𝑄⃑⃑⃑⃑⃑得{𝑥=23×3cos𝛼=2cos𝛼

𝑦=23×32sin𝛼=sin𝛼，消去𝛼得𝑥24+𝑦2=1，故动点𝐸的轨迹Γ的方程为𝑥24+𝑦2=1.（2）如图，设𝐴(𝑥0,𝑦0)（𝑥0𝑦0≠0），又直线𝑙的斜率存在且𝑘≠0，∴设直线𝑙为：𝑦−𝑦0=𝑘(𝑥−𝑥0)，可得：𝑀(𝑥

0−𝑦0𝑘,0)，𝑁(0,𝑦0−𝑘𝑥0)，由𝑁𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⃑=2𝐴𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑，则(𝑥0,𝑘𝑥0)=2(−𝑦0𝑘,−𝑦0)，故𝑥0=−2𝑦0𝑘，𝑘𝑥0=−2𝑦0，联立{𝑥024+𝑦02=1𝑥0=−2𝑦0𝑘，可得：𝑦02=𝑘

21+𝑘2，即|𝑦0|=|𝑘|√1+𝑘2，又𝐵𝐷//𝑙，故直线𝐵𝐷的方程为𝑦=𝑘𝑥，联立{𝑥24+𝑦2=1𝑦=𝑘𝑥，得：𝑥2=41+4𝑘2，即𝐵、𝐷的横坐标为±2√1+4�

�2，∴|𝐵𝐷|=√1+𝑘2|𝑥𝐵−𝑥𝐷|=4√1+𝑘2√1+4𝑘2，∵点𝐴到直线𝐵𝐷的距离𝑑=|𝑘𝑥0−𝑦0|√1+𝑘2=|3𝑦0|√1+𝑘2=3|𝑘|1+𝑘2，

∴𝑆△𝐴𝐵𝐷=12|𝐵𝐷|⋅𝑑=6|𝑘|√1+4𝑘2√1+𝑘2=6√(1+𝑘2)(1+4𝑘2)𝑘2=6√4𝑘2+1𝑘2+5≤6√2√4𝑘2×1𝑘2+5=2，当且仅当4𝑘2=1𝑘2，即𝑘=±√22时等号成

立，∴△𝐴𝐵𝐷面积的最大值为2..10．（2022·陕西·研究室三模（文））已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的上顶点E与其左、右焦点𝐹1、𝐹2构成面积为1的直角三角形．(1)求椭圆C

的方程；(2)过点𝐹2的直线l交C于𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)两点，P是C上的动点，当1𝑥1+1𝑥2=3时，求△𝑃𝐴𝐵面积的最大值．【解题思路】（1）根据题意由{tan𝜋4=𝑏𝑐12⋅2𝑐⋅𝑏=1求解；（2）易知斜率存在

，由𝐹2(1,0)，设𝐴𝐵:𝑦=𝑘(𝑥−1)，与曲线C方程联立，由1𝑥1+1𝑥2=3结合韦达定理，求得k，再由当P为与𝐴𝐵平行的切线的切点时，△𝑃𝐴𝐵面积最大求解.【解答过程】（1）解：由题意得{tan𝜋4=𝑏𝑐12⋅2𝑐⋅𝑏=1，解得𝑏=𝑐=1,∴𝑎=

√2，∴椭圆C的方程为𝑥22+𝑦2=1．（2）显然斜率不存在时不满足条件，当斜率存在时，𝐹2(1,0)，设𝐴𝐵:𝑦=𝑘(𝑥−1)，代入C方程整理得(2𝑘2+1)𝑥2−4𝑘2𝑥+2𝑘2−2=0，∴𝑥1+𝑥2=

4𝑘21+2𝑘2,𝑥1𝑥2=2𝑘2−21+2𝑘2，∴1𝑥1+1𝑥2=𝑥1+𝑥2𝑥1𝑥2=2𝑘2𝑘2−1=3，解得𝑘=±√3，显然𝑘=±√3时△𝑃𝐴𝐵面积最大值相同，|𝐴𝐵|=2√(127)2−4×47=8√27，当P为与𝐴𝐵平行的切线的切点时，

△𝑃𝐴𝐵面积最大，不妨设与𝐴𝐵平行的切线方程为𝑦=√3𝑥+𝑚，代入C方程整理得7𝑥2+4√3𝑚𝑥+2𝑚2−2=0，Δ=48𝑚2−56(𝑚2−1)=0，解得𝑚=±√7，显然𝑚=√7时取得最大值，𝑑=√7+√32，∴𝑆max=12|

𝐴𝐵|𝑑=2(√14+√6)7．11．（2022·全国·模拟预测）如图所示，𝑀、𝐷分别为椭圆𝑥2𝑎2+𝑦2=1(𝑎>1)的左、右顶点，离心率为√32.(1)求椭圆的标准方程；(2)过𝑀点作两条互相垂

直的直线𝑀𝐴，𝑀𝐵与椭圆交于𝐴，𝐵两点，求△𝐷𝐴𝐵面积的最大值.【解题思路】（1）由离心率及𝑏2=1联立方程求解即可；（2）设𝐴𝐵的直线方程为：𝑥=𝑡𝑦+𝑚，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦

2)，联立直线与椭圆方程，由一元二次方程根与系数的关系及∠𝐴𝑀𝐵=π2可利用向量数量积为0化简求出𝑚，据此可得三角形的面积𝑆△𝐷𝐴𝐵=12⋅(2+65)|𝑦1−𝑦2|，化简后换元利用均值不等式求最值即可.【解

答过程】（1）由已知可得：{𝑐𝑎=√32𝑎2=1+𝑐2，解得：𝑎=2，𝑐=√3，∴椭圆的方程为：𝑥24+𝑦2=1.（2）∵𝑀(−2,0)，设𝐴𝐵的直线方程为：𝑥=𝑡𝑦+𝑚，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立

方程：{𝑥=𝑡𝑦+𝑚𝑥2+4𝑦2−4=0，整理得：(𝑡2+4)𝑦2+2𝑚𝑡𝑦+𝑚2−4=0，∴𝑦1+𝑦2=−2𝑚𝑡𝑡2+4，𝑦1𝑦2=𝑚2−4𝑡2+4，∵∠𝐴𝑀𝐵=π2，∴(𝑥1+2)(𝑥2+2)+𝑦1

𝑦2=0⇒𝑥1𝑥2+2(𝑥1+𝑥2)+4+𝑦1𝑦2=0，(𝑡𝑦1+𝑚)(𝑡𝑦2+𝑚)+2(𝑡𝑦1+𝑡𝑦2+2𝑚)+4+𝑦1𝑦2=0，即(𝑡2+1)𝑦1𝑦2+(𝑚𝑡+2𝑡)(𝑦1+𝑦2)+(𝑚+2)2=0，⇒(𝑡2+1)⋅

𝑚2−4𝑡2+4+(𝑚𝑡+2𝑡)⋅−2𝑚𝑡𝑡2+4+(𝑚+2)2=0，(𝑡2+1)(𝑚2−4)−2𝑚2𝑡2−4𝑚𝑡2+(𝑚2+4𝑚+4)(𝑡2+4)=0，(𝑡2𝑚2−4𝑡2+𝑚2−4)−2𝑚2𝑡2−4𝑚𝑡2+𝑚2𝑡

2+4𝑚2+4𝑚𝑡2+16𝑚+4𝑡2+16=0，整理得5𝑚2+16𝑚+12=0，解得𝑚=−65或𝑚=−2（舍去），∴𝑥=𝑡𝑦−65，{𝑦1+𝑦2=12𝑡5(𝑡2+4)𝑦1𝑦2=−642

5(𝑡2+4)，∴𝑆△𝐷𝐴𝐵=12⋅(2+65)|𝑦1−𝑦2|=85√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2=3225⋅√25𝑡2+64𝑡2+4，令√25𝑡2+64=𝑢(𝑢≥8)，则𝑆△𝐷𝐴𝐵=3225⋅𝑢𝑢2−642

5+4=32𝑢𝑢2+36=32𝑢+36𝑢，由对勾函数单调性知，𝑢+36𝑢≥8+368=252，所以𝑆△𝐷𝐴𝐵≤32252=6425，当且仅当𝑢=8时，即𝑡=0时等号成立，此时𝑆△𝐷𝐴𝐵最大

值为6425.12．（2022·全国·高三专题练习）已知椭圆𝐶:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的长轴长为2√3，离心率为√63．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若过点𝑃(0,2)的直

线交椭圆C于A，B两点，求△𝑂𝐴𝐵（O为原点）面积的最大值．【解题思路】（1）根据长轴长和离心率求出𝑎=√3，𝑐=√2，从而求出𝑏=1，从而求出椭圆方程；（2）设出直线AB的方程，与椭圆方程联立后得到两根之和，两根之积，表达出弦长和面积，结合基本不等

式求出最值.【解答过程】（1）根据题意，知2𝑎=2√3，即𝑎=√3．又离心率𝑒=𝑐𝑎=√63，所以𝑐=√2，可得𝑏=√𝑎2−𝑐2=1，所以椭圆C的标准方程为𝑥23+𝑦2=1．（2）由题意，知直线A

B的斜率存在，设直线AB的方程为𝑦=𝑘𝑥+2．由{𝑦=𝑘𝑥+2𝑥23+𝑦2=1，得(1+3𝑘2)𝑥2+12𝑘𝑥+9=0．由Δ=(12𝑘2)−4×9(1+3𝑘2)>0，得𝑘2>1．设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,�

�2)，则𝑥1+𝑥2=−12𝑘1+3𝑘2，𝑥1𝑥2=91+3𝑘2，所以𝐴𝐵=√1+𝑘2⋅|𝑥1−𝑥2|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2⋅√(−12𝑘1+3𝑘2)2−4×91+3𝑘2=6√1+𝑘2⋅√𝑘

2−11+3𝑘2．点𝑂(0,0)到直线AB的距离𝑑=2√1+𝑘2，所以𝑆△𝑂𝐴𝐵=12𝐴𝐵⋅𝑑=12(6√1+𝑘2⋅√𝑘2−11+3𝑘2)⋅2√1+𝑘2=6√𝑘2−11+3𝑘2．令√𝑘2−1=𝑡(𝑡>0)，则𝑘2=𝑡2+1，所以𝑆△𝑂𝐴𝐵=

6𝑡4+3𝑡2=64𝑡+3𝑡≤62√4𝑡⋅3𝑡=√32，当且仅当4𝑡=3𝑡，即𝑡2=43时等号成立，此时𝑘2=73，所以△𝑂𝐴𝐵的面积的最大值为√32．13．（2022·江苏·高二阶段练习）已知抛物线𝐶1:𝑦2=4𝑥与椭圆

𝐶2:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)有公共的焦点，𝐶2的左､右焦点分别为𝐹1,𝐹2，该椭圆的离心率为12.(1)求椭圆𝐶2的方程；(2)已知点𝑃(1,𝑡)为椭圆𝐶2上一点，过点𝐹2的直线𝑙与椭圆𝐶2交于异于点𝑃的𝐴,

𝐵两点，若△𝑃𝐴𝐵的面积是9√27，求直线𝑙的方程.【解题思路】（1）根据抛物线的焦点可得椭圆的半焦距，结合离心率即可得出答案.（2）对直线的斜率进行讨论：①当直线l的斜率为0直接求出△𝑃𝐴𝐵的面积；②当直线l的斜率不为0或斜率不存在时，设直

线l的方程为𝑥=𝑚𝑦+1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)．用“设而不求法”表示出△𝑃𝐴𝐵的面积，解得m，即可求出直线l的方程.【解答过程】（1）由题意可得，抛物线的焦点为(1,0)，所以椭圆

的半焦距𝑐=1，又椭圆的离心率为12，所以𝑎=2,𝑏2=𝑎2−𝑐2=4−1=3,∴𝑏=√3，所以椭圆𝐶2的方程：𝑥24+𝑦23=1.（2）因为𝑃(1,𝑡)在椭圆C上，所以14+𝑡23=1，解得|𝑡

|=32．①当直线l的斜率为0时，|𝐴𝐵|=2𝑎=4，则△𝑃𝐴𝐵的面积为12|𝐴𝐵||𝑡|=12×4×32=3．因为△𝑃𝐴𝐵的面积是9√27，所以直线l的斜率为0不符合题意．②当直线l的斜率不为0或斜率不存在时，设直线l的方程为

𝑥=𝑚𝑦+1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)．联立{𝑥=𝑚𝑦+1,𝑥24+𝑦23=1,整理得(3𝑚2+4)𝑦2+6𝑚𝑦−9=0．则𝑦1+𝑦2=−6𝑚3𝑚2+4，𝑦1𝑦2=−93𝑚2+4．故|𝐴𝐵|=√𝑚2+1|𝑦1−𝑦2

|=√𝑚2+1⋅√(−6𝑚3𝑚2+4)2−4×(−93𝑚2+4)=12(𝑚2+1)3𝑚2+4．因为点P到直线l的距离𝑑=32|𝑚|√𝑚2+1=3|𝑚|2√𝑚2+1，所以12|𝐴𝐵|𝑑=12×12(𝑚2+1)3𝑚2+4×3|𝑚|2√𝑚2+1=9|𝑚|

√𝑚2+13𝑚2+4．因为△𝑃𝐴𝐵的面积是9√27，所以9|𝑚|√𝑚2+13𝑚2+4=9√27，整理得31𝑚4+𝑚2−32=0，解得𝑚2=1，即𝑚=±1．故直线l的方程为𝑥=±𝑦+1

，即𝑥±𝑦−1=0．14．（2022·湖北·高三阶段练习）已知椭圆𝐶:𝑥24+𝑦22=1，过点𝑃(√23,−13)而不过点𝑄(√2,1)的动直线𝑙与椭圆𝐶交于𝐴､𝐵两点.(1)求∠𝐴𝑄𝐵;(2)若直线𝑄𝐴,𝑄𝐵的斜率之和为0，求△𝑄𝐴�

�的面积.【解题思路】(1)当直线𝑙斜率存在时，设其方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑏，联立方程组，利用设而不求法证明𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑，在验证当直线𝑙斜率不存在时𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑，由此完成证明；(2)由(1)可得𝑘𝑄𝐴=1或𝑘𝑄𝐴=−1，联立

直线𝑄𝐴与椭圆方程求出𝐴的坐标，由此可求直线𝐴𝐵方程，联立方程组求|𝐴𝐵|，再由点到直线距离公式求𝑄到直线𝐴𝐵的距离，由此可求△𝑄𝐴𝐵的面积.【解答过程】（1）若直线𝑙斜率存在，设其方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑏.因为点𝑃

在直线𝑙上，所以−13=√23𝑘+𝑏⇒𝑏=−13(√2𝑘+1).联立直线𝑙和椭圆𝐶的方程消去𝑦得(2𝑘2+1)𝑥2+4𝑘𝑏𝑥+2𝑏2−4=0.设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2).则𝑥1+𝑥2=−4𝑘𝑏2𝑘2+1,𝑥1𝑥2=2𝑏2−42�

�2+1，𝑦1+𝑦2=𝑘(𝑥1+𝑥2)+2𝑏=−4𝑘2𝑏2𝑘2+1+2𝑏=2𝑏2𝑘2+1，𝑦1𝑦2=(𝑘𝑥1+𝑏)(𝑘𝑥2+𝑏)=𝑘2𝑥1𝑥2+𝑘𝑏(𝑥1+𝑥2)+𝑏2=�

�2⋅2𝑏2−42𝑘2+1+𝑘𝑏(−4𝑘𝑏2𝑘2+1)+𝑏2=𝑏2−4𝑘22𝑘2+1注意到𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥1−√2,𝑦1−1)，𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥2−√2,𝑦2−1).则�

�𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(𝑥1−√2)(𝑥2−√2)+(𝑦1−1)(𝑦2−1)=𝑥1𝑥2−√2(𝑥1+𝑥2)+2+𝑦1𝑦2−(𝑦1+𝑦2)+1=2𝑏2−42𝑘2+1+√2×4𝑘𝑏2𝑘2+1+𝑏2−4𝑘22𝑘2+1−2𝑏2

𝑘2+1+3=12𝑘2+1[3𝑏2+2𝑘2+2𝑏(2√2𝑘−1)−1]=12𝑘2+1(3𝑏+√2𝑘+1)(𝑏+√2𝑘−1)=0故𝑄𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⊥𝑄𝐵⃑⃑⃑⃑⃑.显然，𝐴､𝑄､𝐵三点互不相同.所以∠𝐴𝑄𝐵=90∘.若直线𝑙斜率不存在，则𝐴､𝐵两点的坐

标为(√23,±√173).容易验证∠𝐴𝑄𝐵=90∘也成立.因此，∠𝐴𝑄𝐵=90∘.（2）由（1）知∠𝐴𝑄𝐵=90∘.所以𝑘𝑄𝐴⋅𝑘𝑄𝐵=−1.又因为𝑘𝑄𝐴+𝑘𝑄𝐵=0，则𝑘𝑄𝐴=1或𝑘𝑄𝐴=−1，当𝑘𝑄𝐴=1时，直线

𝑄𝐴方程为：𝑦=𝑥−√2+1联立{𝑥24+𝑦22=1𝑦=𝑥−√2+1解得点𝐴(√2−43,−2√23−13)又𝑘𝐴𝐵=𝑘𝑃𝐴=√22，则直线𝐴𝐵方程为：𝑦=√22(𝑥−√23)−13，即𝑦=√22𝑥−23∴点�

�到直线𝐴𝐵的距离为𝑑=|1−1−23|√12+1=2√69联立{𝑥24+𝑦22=1𝑦=√22𝑥−23，得2𝑥2−4√23𝑥−289=0，所以弦长|𝐴𝐵|=√1+12√(2√23)2+4×149=4√63𝑆△�

�𝐴𝐵=12×2√69×4√63=89，同理可得𝑘𝑄𝐴=−1时，𝑆△𝑄𝐴𝐵=89.所以𝑆△𝑄𝐴𝐵=89.15．（2021·江苏·高二期中）椭圆𝐶1:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(

𝑎>𝑏>0)经过点𝐸(1,1)，其右焦点为抛物线𝐶2:𝑦2=2√6𝑥的焦点𝐹；直线𝑙与椭圆𝐶1交于𝐴、𝐵两点，且以𝐴𝐵为直径的圆过原点．(1)求椭圆𝐶1的方程；(2)若过原点的直线𝑚与椭圆𝐶1交于𝐶,𝐷两点，且𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=𝑡(𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑+𝑂

𝐵⃑⃑⃑⃑⃑)，求四边形𝐴𝐶𝐵𝐷面积的范围【解题思路】（1）求出抛物线的焦点，得到椭圆的半焦距，利点𝐸(1,1)在椭圆𝐶1:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1上，求解𝑎，𝑏，得到椭圆方程．（2）当直线𝐴𝐵

斜率存在时，设其方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝐴(𝑥1，𝑦1)，𝐵(𝑥2，𝑦2)，联立直线与椭圆方程，利用判别式以及韦达定理，结合向量的数量积，推出𝑚2=𝑘2+1，求解三角形𝑂𝐴𝐵的面积，通过𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=𝑡(𝑂�

�⃑⃑⃑⃑⃑+𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑)，得到𝐶点坐标为(𝑡(𝑥1+𝑥2)，𝑡(𝑦1+𝑦2))，代入椭圆方程，化简然后求解𝑆𝐴𝐶𝐵𝐷，利用二次函数的性质求解最值，再结合直线𝐴𝐵斜率不存在时即可得解．【解答过程】（1）解：抛物线𝐶2:𝑦2=2√6𝑥的焦点𝐹为(√62,0

)，则𝑐=√62，点𝐸(1,1)在椭圆𝐶1:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1上，即1𝑎2+1𝑎2−32=1，解得𝑎2=3,𝑏2=32，所以椭圆𝐶1的方程为𝑥23+2𝑦23=1；（2）解：当直线𝐴𝐵斜

率存在时，设其方程为𝑦=𝑘𝑥+𝑚，𝐴(𝑥1，𝑦1)，𝐵(𝑥2，𝑦2)，联立{𝑥23+2𝑦23=1𝑦=𝑘𝑥+𝑚，可得(2𝑘2+1)𝑥2+4𝑘𝑚𝑥+2𝑚2−3=0，则Δ=4(6𝑘2−2𝑚2+3)>0①，𝑥1+𝑥2=−4�

�𝑚2𝑘2+1②，𝑥1𝑥2=2𝑚2−32𝑘2+1，③以𝐴𝐵为直径的圆过原点即𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=𝑥1𝑥2+𝑦1𝑦2=𝑥1𝑥2+(𝑘𝑥1+𝑚)(𝑘𝑥2+𝑚)

=0，化简可得(𝑘2+1)𝑥1𝑥2+𝑘𝑚(𝑥1+𝑥2)+𝑚2=0，代入②③两式，整理得(𝑘2+1)(2𝑚2−3)+𝑘𝑚(−4𝑘𝑚)+𝑚2(2𝑘2+1)=0，即𝑚2=𝑘2+1④，将④式代入①式，得Δ=4(4𝑘2+1)>0恒成立，

则𝑘∈R，设线段𝐴𝐵中点为𝑀，由𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=𝑡(𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑+𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑)=2𝑡𝑂𝑀⃑⃑⃑⃑⃑⃑，𝑆𝐴𝐶𝐵𝐷=2𝑆𝑂𝐴𝐶𝐵=4𝑡𝑆𝑂𝐴𝐵，𝑆𝑂𝐴𝐵=12|𝑚||𝑥1−𝑥2|=|𝑚|√4𝑘2+12𝑘2+1

，又由𝑂𝐶⃑⃑⃑⃑⃑=𝑡(𝑂𝐴⃑⃑⃑⃑⃑+𝑂𝐵⃑⃑⃑⃑⃑)，则𝐶点坐标为(𝑡(𝑥1+𝑥2),𝑡(𝑦1+𝑦2))，化简可得{𝑡(𝑥1+𝑥2)=−4𝑘𝑚2𝑘2+1𝑡𝑡(𝑦1+𝑦2)=−2𝑚2𝑘2+1𝑡，代回

椭圆方程可得8𝑚2𝑡22𝑘2+1=3，即𝑡=√3(2𝑘2+1)8𝑚2，则𝑆𝐴𝐶𝐵𝐷=4𝑡𝑆𝑂𝐴𝐵=4√3(2𝑘2+1)8𝑚2⋅|𝑚|⋅√4𝑘2+12𝑘2+1=√6×√4𝑘2+12𝑘2+1=√6×√2−12𝑘2+1∈[√6

,2√3)，当直线𝐴𝐵斜率不存在时，𝐴𝐵方程为𝑥=±1，直线𝐶𝐷过𝐴𝐵中点，即为𝑥轴，易得|𝐴𝐵|=2，|𝐶𝐷|=2√3，𝑆𝐴𝐶𝐵𝐷=12|𝐴𝐵||𝐶𝐷|=2√3，

综上，四边形𝐴𝐶𝐵𝐷面积的取值范围为[√6,2√3]．16．（2022·浙江嘉兴·高三阶段练习）已知椭圆𝐶:𝑥24+𝑦2𝑏2=1(0<𝑏<2)，直线𝑙1:𝑦=𝑥+𝑚与椭圆𝐶

交于𝐴，𝐵两点，且|𝐴𝐵|的最大值为4√63．(1)求椭圆𝐶的方程；(2)当|𝐴𝐵|=4√63时，斜率为−2的直线𝑙2交椭圆𝐶于𝑃，𝑄两点（𝑃，𝑄两点在直线𝑙1的异侧），若四边形𝐴𝑃𝐵

𝑄的面积为16√69，求直线𝑙2的方程．【解题思路】（1）设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立直线𝑙1与椭圆方程，得出韦达定理，再根据弦长公式求解，结合函数的最大值可得𝑏=√2，进而求得椭圆方程即可；（2）设直线𝑙2方程

为𝑦=−2𝑥+𝑛，𝑃(𝑥3,𝑦3)，𝑄(𝑥4,𝑦4)，记点𝑃，𝑄到直线𝑙1的距离分别为𝑑1，𝑑2，表达出𝑑1，𝑑2，根据𝑆𝐴𝑃𝐵𝑄=169√6求解即可.【解答过程】（1）设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)

，联立直线𝑙1与椭圆方程得{𝑥24+𝑦2𝑏2=1𝑦=𝑥+𝑚，消去y得(𝑏2+4)𝑥2+8𝑚𝑥+4(𝑚2−𝑏2)=0，又𝑥1，𝑥2是这个方程的两个实根，所以{Δ=64𝑚2−16(𝑏2+4)(𝑚2−𝑏2)>0𝑥1+𝑥2=−8𝑚𝑏2+4𝑥1𝑥2=4(�

�2−𝑏2)𝑏2+4，由弦长公式得|𝐴𝐵|=√1+𝑘2|𝑥1−𝑥2|=√2⋅√(−8𝑚𝑏2+4)2−4×4(𝑚2−𝑏2)𝑏2+4=4√2𝑏𝑏2+4⋅√𝑏2+4−𝑚2，所以当𝑚=0时，|𝐴𝐵|取到最大值，即|𝐴𝐵|max=4√2�

�√𝑏2+4=43√6，解得𝑏=√2．所以椭圆C的方程为𝑥24+𝑦22=1．（2）设直线𝑙2方程为𝑦=−2𝑥+𝑛，𝑃(𝑥3,𝑦3)，𝑄(𝑥4,𝑦4)，联立直线𝑙2与椭圆方程{𝑥24+𝑦22=1𝑦=−2𝑥+𝑛，消去y得9𝑥2−8𝑛𝑥

+2𝑛2−4=0，所以{Δ=(−8𝑛)2−4×9×(2𝑛2−4)>0𝑥3+𝑥4=8𝑛9𝑥3𝑥4=2𝑛2−49，且𝑛∈(−3√2,3√2)，记点𝑃，𝑄到直线𝑙1的距离分别为𝑑1，𝑑2，又𝑑1=|𝑥3−𝑦3|√2，�

�2=|𝑥4−𝑦4|√2且(𝑥3−𝑦3)(𝑥4−𝑦4)<0，所以𝑑1+𝑑2=|𝑥3−𝑦3|√2+|𝑥4−𝑦4|√2=|(𝑥3−𝑦3)−(𝑥4−𝑦4)|√2=3|(𝑥3−𝑥4)|√2=3

√2√(𝑥3+𝑥4)2−4𝑥3𝑥4=3√2√(8𝑛9)2−4×(2𝑛2−4)9=23√18−𝑛2，所以𝑆𝐴𝑃𝐵𝑄=12|𝐴𝐵|(𝑑1+𝑑2)=12⋅4√63⋅23√18−𝑛2=4√69√18−

𝑛2，因为𝑆𝐴𝑃𝐵𝑄=169√6，所以4√69√18−𝑛2=16√69，整理得𝑛2=2，所以𝑛=±√2满足条件，综上所述直线的方程为𝑙2:𝑦=−2𝑥±√2，即为𝑙2:2𝑥+𝑦±√2=

0．17．（2022·全国·高三专题练习）已知双曲线C：𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的离心率为√62，焦点到其渐近线的距离为1．(1)求双曲线C的标准方程；(2)已知直线l：𝑦=−12𝑥+𝑡(𝑡>0)与双曲线C交于A，B两点，O为坐标原点，直线OA，OB

的斜率之积为−18，求△OAB的面积．【解题思路】（1）由已知条件结合双曲线的性质求得𝑏，再由离心率即可求出；（2）双曲线C和直线l的方程联立，求出原点O到直线l的距离，和|𝐴𝐵|，即可得出△OAB的面积【解答过程】（1）双曲线C：𝑥2𝑎2−𝑦2�

�2=1(𝑎>0,𝑏>0)的焦点坐标为(±𝑐,0)，其渐近线方程为𝑦=±𝑏𝑎𝑥，所以焦点到其渐近线的距离为𝑏𝑐√𝑎2+𝑏2=𝑏=1．因为双曲线C的离心率为√62，所以𝑒=𝑐𝑎=√1+𝑏2𝑎2=√62，解得𝑎2=2，所以双

曲线C的标准方程为𝑥22−𝑦2=1．（2）设𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立{𝑦=−12𝑥+𝑡𝑥22−𝑦2=1，得𝑥2+4𝑡𝑥−4(𝑡2+1)=0，Δ=16𝑡2+16(𝑡2

+1)>0，所以𝑥1+𝑥2=−4𝑡，𝑥1𝑥2=−4(𝑡2+1)．由𝑘𝑂𝐴⋅𝑘𝑂𝐵=𝑦1𝑥1⋅𝑦2𝑥2=(−12𝑥1+𝑡)(−12𝑥2+𝑡)𝑥1𝑥2=14+−𝑡2(𝑥1+𝑥2)+𝑡

2𝑥1𝑥2=14+−𝑡2(−4𝑡)+𝑡2−4(𝑡2+1)=−18，解得t＝1（负值舍去），所以𝑥1+𝑥2=−4，𝑥1𝑥2=−8．直线l：𝑦=−12𝑥+1，所以原点O到直线l的距离为1√1+14=

2√55，|𝐴𝐵|=√52|𝑥1−𝑥2|=√52√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√52×√16+32=2√15，所以△OAB的面积为12×2√55×2√15=2√3．18．（2022·全国·高二课时练习）已知曲

线C：x2﹣y2＝1及直线l：y＝kx﹣1．且直线l与双曲线C有两个不同的交点A，B．(1)求实数k的取值范围；(2)O是坐标原点，且△AOB的面积为√2，求实数k的值．【解题思路】（1）联立直线与双曲线方程后由Δ>0求解（2）由弦长公式计算𝐴𝐵，表示△AOB面积

后求解【解答过程】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立{𝑦=𝑘𝑥−1𝑥2−𝑦2=1，整理可得（1﹣k2）x2+2kx﹣2＝0，当{1−𝑘2≠0Δ=4𝑘2−4(1−𝑘2)(−2)＞

0时，直线l与双曲线由两个不同的交点，即{𝑘≠1且𝑘≠−1−√2＜𝑘＜√2，所以k的取值范围为{x|−√2＜k＜√2，且k≠±1}；（2）由（1）可知x1+x2=−2𝑘1−𝑘2，x1x2=−21−𝑘2，

所以弦长|AB|=√1+𝑘2⋅√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=√1+𝑘2⋅√4𝑘2(1−𝑘2)2−4⋅−21−𝑘2=√1+𝑘2⋅√8−4𝑘2|1−𝑘2|，原点O到直线AB的距离d=1√1+𝑘2，所以S△AOB=12|AB|d=

12√1+𝑘2⋅√8−4𝑘2|1−𝑘2|⋅1√1+𝑘2=√2−𝑘2(1−𝑘2)2，由题意√2=√2−𝑘2(1−𝑘2)2，解得：k＝±√62符合题意，所以实数k的值为±√62．19．（2022·江苏镇江·高二阶段练习）已知双曲线𝐶:𝑥2𝑎2

−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的一条渐近线方程是𝑦=−√33𝑥，焦距为4.(1)求双曲线𝐶的方程；(2)直线𝑙过双曲线的右焦点与双曲线的右支交于A，B两点，与𝑦轴交于𝑀点，O为坐标原点，若𝑀𝑂⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝑂𝑁⃑⃑⃑⃑⃑

⃑，求△𝐴𝐵𝑁面积的取值范围.【解题思路】（1）由题知𝑏𝑎=√33，2𝑐=4，进而结合𝑏2+𝑎2=𝑐2求解即可得答案；（2）由题设直线𝑙的方程为𝑥=𝑡𝑦+2，𝑡≠0，𝐴(𝑥1,𝑦1)

,𝐵(𝑥2,𝑦2)，𝑥1>0,𝑥2>0，进而与双曲线方程联立，结合题意得−√3<𝑡<√3且𝑡≠0，进而根据韦达定理，结合弦长公式，距离公式，面积公式得𝑆=4√3√1+𝑡23−𝑡2，再还原求解即可得答案.【解答过程】(1)解：因为双曲线�

�:𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1(𝑎>0,𝑏>0)的一条渐近线方程是𝑦=−√33𝑥，所以𝑏𝑎=√33，即𝑎=√3𝑏因为焦距为4，所以2𝑐=4，即𝑐=2因为𝑏2+𝑎2=𝑐2，所以𝑏2=1,𝑎2=3，所以双曲线𝐶的方程为𝑥23−𝑦2=1(2

)解：由题知双曲线的右焦点为(2,0)，故设直线𝑙的方程为𝑥=𝑡𝑦+2，𝑡≠0则联立方程{𝑥23−𝑦2=1𝑥=𝑡𝑦+2得(𝑡2−3)𝑦2+4𝑡𝑦+1=0，设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦

2)，𝑥1>0,𝑥2>0，所以𝑦1+𝑦2=−4𝑡𝑡2−3,𝑦1𝑦2=1𝑡2−3，因为直线𝑙与双曲线的右支交于A，B两点，所以𝑥1+𝑥2>0,𝑥1𝑥2>0，即𝑡(𝑦1+𝑦2)+4>0且(𝑡𝑦1+2)(𝑡𝑦2

+2)>0，所以{𝑡2−3≠0Δ=16𝑡2−4𝑡2+12>0𝑡(𝑦1+𝑦2)+4>0(𝑡𝑦1+2)(𝑡𝑦2+2)>0，解得：−√3<𝑡<√3且𝑡≠0因为直线𝑙与𝑦轴交于𝑀点，所以𝑀(0,−2𝑡)，因为𝑀𝑂⃑⃑⃑⃑⃑

⃑=𝑂𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑，所以𝑁(0,2𝑡)所以|𝐴𝐵|=√1+𝑡2√(𝑦1+𝑦2)2−4𝑦1𝑦2=√1+𝑡2√(−4𝑡𝑡2−3)2−4𝑡2−3=2√3(1+𝑡2)3−𝑡2，点𝑁(0,2𝑡)到直线𝑙的方程为𝑥=𝑡𝑦+2距离为𝑑=4√1+𝑡2，所以△𝐴

𝐵𝑁面积为𝑆=122√3(1+𝑡2)3−𝑡24√1+𝑡2=4√3√1+𝑡23−𝑡2，令√1+𝑡2=𝑚，则𝑚∈(1,2)，所以𝑆=4√3√1+𝑡23−𝑡2=4√3𝑚4−𝑚2=4√314𝑚−𝑚，因为𝑦=4𝑚−𝑚在𝑚∈(1,2)是单调递减函数，所以𝑦=4

𝑚−𝑚∈(0,3)，所以𝑆=4√314𝑚−𝑚∈(4√33,+∞).所以△𝐴𝐵𝑁面积的取值范围为(4√33,+∞)20．（2022·江苏·高二课时练习）已知双曲线C：𝑥2𝑎2－𝑦2𝑏2＝1(a>0,b>0)经

过点(√2,1)，焦点到渐近线的距离为1.(1)若直线l：y＝kx－1与双曲线C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；(2)若直线l：y＝kx－1与双曲线C交于A,B两点，O是坐标原点，且三角形AOB的面积为√2，求实数k的值．【解题思路】（1）由点在双曲线上及点线距离公式列

方程组求参数a、b，即可得双曲线方程，再联立双曲线与直线方程得到含参数k的一元二次方程，根据交点个数可得{1−𝑘2≠0Δ>0，即可求k的范围.（2）由（1）应用韦达定理得到𝑥1+𝑥2=2𝑘𝑘2−1，𝑥1𝑥2=2𝑘2−1，由三

角形面积公式有𝑆△𝐴𝑂𝐵=12|𝑥1−𝑥2|，可得关于k的方程，进而求实数k的值．【解答过程】(1)由题意，{2𝑎2−1𝑏2=1𝑏𝑐√𝑎2+𝑏2=1，解得{𝑎=1𝑏=1，所以双曲线为𝑥2−𝑦2=1.由{𝑥2−𝑦2=1𝑦=𝑘𝑥−1，消去y

整理得：(1−𝑘2)𝑥2+2𝑘𝑥−2=0.所以{1−𝑘2≠0Δ=4𝑘2+8(1−𝑘2)>0，解得：−√2<𝑘<√2且𝑘≠±1.因此，实数k的取值范围为(−√2,−1)∪(−1,1)∪(1,√2)．(2)设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2

,𝑦2)，由(1)得：𝑥1+𝑥2=2𝑘𝑘2−1，𝑥1𝑥2=2𝑘2−1.由题意，直线l恒过点D(0,－1)．①若𝑥1𝑥2<0，则S△AOB＝S△AOD＋S△BOD＝12|𝑥1|⋅|−1|+12|𝑥2|⋅|−1|=12|𝑥1−𝑥2|=√2，②若

𝑥1𝑥2>0，则S△AOB＝|S△AOD－S△BOD|＝|12|𝑥1|·|−1|+12|𝑥2|·|−1||=12|𝑥1−𝑥2|=√2.所以(𝑥1−𝑥2)2=(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=8，即(2𝑘𝑘2−1)2−8𝑘2−1=8，解得𝑘=0

或𝑘=±√62.由(1)知：𝑘=0或𝑘=±√62均满足题意，故𝑘=0或𝑘=±√62.21．（2022·广东·高二期末）已知圆𝐹1：𝑥2+𝑦2+4𝑥=0，圆𝐹2：𝑥2+𝑦2−4𝑥−1

2=0，一动圆与圆𝐹1和圆𝐹2同时内切.(1)求动圆圆心𝑀的轨迹方程；(2)设点𝑀的轨迹为曲线𝐶，两互相垂直的直线𝑙1，𝑙2相交于点𝐹2，𝑙1交曲线𝐶于𝑀，𝑁两点，𝑙2交圆𝐹1于𝑃，𝑄两点，求△𝑃𝑄𝑀与△𝑃𝑄

𝑁的面积之和的取值范围.【解题思路】（1）根据动圆圆心到两定点距离的关系可以判断其为双曲线；（2）分两种情况讨论，每一种情况中计算|𝑀𝑁|、|𝑃𝑄|，从而求得面积的表达式，再求范围即可.【解答过程】(1)由𝐹1：𝑥2+𝑦2+4𝑥=0，得(𝑥+2)2+𝑦2=4，可知𝐹1

(−2,0)，其半径为2，由𝐹2：𝑥2+𝑦2−4𝑥−12=0，得(𝑥−2)2+𝑦2=16，可知𝐹2(2,0)，其半径为4.设动圆半径为𝑟，动圆圆心到𝐹1的距离为𝑛，到𝐹2的距离为𝑚，则有{𝑛+2=𝑟𝑚+4=𝑟⇒𝑛−𝑚=2或{𝑛+𝑟=2𝑚+𝑟=4⇒�

�−𝑛=2，即|𝑛−𝑚|=2=2𝑎，得𝑎=1，又|𝐹1𝐹2|=4=2𝑐>2𝑎，所以动圆圆心𝑀的轨迹是以𝐹1，𝐹2为焦点的双曲线，由𝑐2=𝑎2+𝑏2，可得𝑏2=3.所以动圆圆心�

�的轨迹方程为𝑥2−𝑦23=1.(2)①当直线𝑙1的斜率存在时，由题意，𝑘≠0，设𝑙1：𝑦=𝑘𝑥−2𝑘，与双曲线联立{𝑦=𝑘𝑥−2𝑘𝑥2−𝑦23=1⇒(3−𝑘2)𝑥2+4𝑘

2𝑥−4𝑘2−3=0，由于其于双曲线有两个不同的交点，所以{3−𝑘2≠0Δ=16𝑘4+4(3−𝑘2)(4𝑘2+3)=36𝑘2+36>0，得𝑘2≠3且𝑘2≠0，且|𝑀𝑁|=√1+𝑘2×6√1+𝑘2|3−𝑘2

|=6(𝑘2+1)𝑘2−3.设𝑙2：𝑦=−1𝑘𝑥+2𝑘，即𝑥+𝑘𝑦−2=0.设圆𝐹1到直线𝑙2的距离为𝑑，则𝑑=|−2−2|√𝑘2+1=4√𝑘2+1，因为𝑙2交圆𝐹1于𝑃，𝑄两点，故𝑑<2，得𝑘2>3.且|𝑃�

�|=2√22−𝑑2=4√𝑘2−3𝑘2+1，由题意可知𝑀𝑁⊥𝑃𝑄,所以𝑆△𝑃𝑄𝑀+𝑆△𝑃𝑄𝑁=12×|𝑃𝑄|×|𝑀𝑁|=12√𝑘2+1𝑘2−3=12√1+4𝑘2−3，因为𝑘2>3，可得𝑆△𝑃𝑄𝑀+𝑆△𝑃𝑄𝑁>1

2.②当直线𝑙1的斜率不存在时，|𝑃𝑄|=4，|𝑀𝑁|=6，所以𝑆△𝑃𝑄𝑀+𝑆△𝑃𝑄𝑁=12×4×6=12，所以𝑆△𝑃𝑄𝑀+𝑆△𝑃𝑄𝑁≥12.22．（2022·贵州铜仁·高二期末（文））已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点

在坐标轴上，设𝑀(1,−2)是抛物线上一点．(1)求抛物线方程；(2)若抛物线的焦点在x轴上，过点M做两条直线𝑙1,𝑙2分别交抛物线于A，B两点，若直线𝑙1与𝑙2的倾斜角互补，求△𝑀𝐴𝐵面积的最大值．【解题思路】（1）设抛物

线方程为𝑦2=2𝑝𝑥或𝑥2=−2𝑝𝑦(𝑝>0)，点M代入抛物线方程可得答案；（2）抛物线方程为𝑦2=4𝑥，设𝐴(𝑦124,𝑦1),𝐵(𝑦224,𝑦2)，根据𝑘𝑀𝐴=−𝑘𝑀𝐵，得𝑦1+𝑦2=4，设直线𝑙𝐴𝐵:𝑦−𝑦1=𝑥−

𝑦124，求出点M到直线𝑙𝐴𝐵的距离为𝑑，|𝐴𝐵|，可得𝑆△𝐴𝐵𝑀，令𝑦1−2=𝑡，得𝑆△𝐴𝐵𝑀=14|𝑡3−16𝑡|，𝑓(𝑡)=14|𝑡3−16𝑡|是偶函数，讨论

0≤𝑡≤2的情况利用导数判断单调性可得答案．【解答过程】（1）由题意抛物线过点𝑀(1,−2)，所以设抛物线方程为：𝑦2=2𝑝𝑥或𝑥2=−2𝑝𝑦(𝑝>0)，带入点M得，𝑝=2或𝑝=14，抛物线方程为：𝑦2=4𝑥或𝑥2=−12𝑦．（2）由抛物线焦点在x轴上，抛物线方程

为𝑦2=4𝑥，设𝐴(𝑦124,𝑦1),𝐵(𝑦224,𝑦2)，因为直线𝑙1与𝑙2的倾斜角互补，所以𝑘𝑀𝐴=−𝑘𝑀𝐵，得𝑦1+2𝑦124−1=−𝑦2+2𝑦224−1，即𝑦1+2(𝑦1+2)

(𝑦1−2)=−𝑦2+2(𝑦2+2)(𝑦2−2)，整理得𝑦1+𝑦2=4，所以𝑘𝐴𝐵=𝑦2−𝑦1𝑦224−𝑦124=1则设直线𝑙𝐴𝐵:𝑦−𝑦1=𝑥−𝑦124，即𝑥−𝑦+𝑦1−𝑦124=0，点M到直线𝑙𝐴�

�的距离为：𝑑=|3+𝑦1−𝑦124|√2，|𝐴𝐵|=√2|𝑦224−𝑦124|=√2|𝑦2−𝑦1|=2√2|2−𝑦1|，所以𝑆△𝐴𝐵𝑀=12×|3+𝑦1−𝑦124|√2×2√2×|2−𝑦1|=1

4|(𝑦1−2)2−16||𝑦1−2|，令𝑦1−2=𝑡，由𝑦1+𝑦2=4,𝑦1≥0,𝑦2≥0，得−2≤𝑡≤2，所以𝑆△𝐴𝐵𝑀=14|𝑡3−16𝑡|．因为𝑓(𝑡)=14|𝑡3−16𝑡|是偶函数，所以只

需讨论0≤𝑡≤2的情况．当0≤𝑡≤2时，令𝑔(𝑡)=16𝑡−𝑡3，则𝑔′(𝑡)=16−3𝑡2>0，所以𝑔(𝑡)=16𝑡−𝑡3在[0,2]上单调递增，所以𝑔(𝑡)=16𝑡−𝑡3的最大值为𝑔(2)=24，即𝑆△𝐴𝐵𝑀=14|𝑡3−16𝑡|的最大

值为𝑓(2)=14𝑔(2)=6．综上可知，△𝐴𝐵𝑀的面积的最大值为6．23．（2022·河南·高二期末（文））已知抛物线𝐶:𝑥2=2𝑝𝑦(𝑝>0)上的点(𝑡,4)到焦点𝐹的距离等于圆𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦−31

=0的半径．(1)求抛物线𝐶的方程；(2)过点𝐹作两条互相垂直的直线𝑙1与𝑙2，直线𝑙1交𝐶于𝑀，𝑁两点，直线𝑙2交𝐶于𝑃，𝑄两点，求四边形𝑀𝑃𝑁𝑄面积的最小值．【解题思路】

（1）根据圆的半径及抛物线的定义可得方程；（2）分别联立两条直线与抛物线，可得线段𝑀𝑁与𝑃𝑄长度，进而可得面积，结合基本不等式可得最小值.【解答过程】（1）由题设知，抛物线的准线方程为𝑦=−𝑝2，由点(𝑡,4)到焦点𝐹的距离等于圆𝑥2

+𝑦2−2𝑥+4𝑦−31=0的半径，而𝑥2+𝑦2−2𝑥+4𝑦−31=0可化为(𝑥−1)2+(𝑦+2)2=36，即该圆的半径为6，所以4+𝑝2=6，解得𝑝=4，所以抛物线𝐶的标准方程为𝑥2=8𝑦；（2）由题意可知，

直线𝑙1与直线𝑙2的斜率都存在，且焦点𝐹坐标为(0,2)，因为𝑙1⊥𝑙2，不妨设直线𝑙1的方程为𝑦=𝑘𝑥+2，直线𝑙2的方程为𝑦=−1𝑘𝑥+2，联立{𝑥2=8𝑦𝑦=𝑘𝑥+2，得𝑥2−8𝑘𝑥−16=0，Δ=64𝑘2+64>0恒成立．设𝑀(𝑥1

,𝑦1)，𝑁(𝑥2,𝑦2)，则𝑥1+𝑥2=8𝑘，𝑥1𝑥2=−16，所以|𝑀𝑁|=𝑦1+𝑝2+𝑦2+𝑝2=𝑘(𝑥1+𝑥2)+4+𝑝=8𝑘2+8，同理，得|𝑃𝑄|=8(

−1𝑘)2+8=8𝑘2+8，所以四边形𝑀𝑃𝑁𝑄的面积𝑆=12|𝑀𝑁||𝑃𝑄|=12(8𝑘2+8)(8𝑘2+8)=12(128+64𝑘2+64𝑘2)≥12(128+2√64𝑘

2⋅64𝑘2)=128，（当且仅当𝑘=±1时等号成立）所以四边形𝑀𝑃𝑁𝑄的面积的最小值是128．24．（2023·全国·高三专题练习）已知直线l1：y＝k1x和l2：y＝k2x与抛物线y2＝2px（p＞0）分别

相交于A，B两点（异于原点O）与直线l：y＝2x+p分别相交于P，Q两点，且𝑘1⋅𝑘2=−2．(1)求线段AB的中点M的轨迹方程；(2)求△POQ面积的最小值．【解题思路】（1）联立方程，求出𝐴(2𝑝𝑘12,2𝑝𝑘1)，𝐵(

2𝑝𝑘22,2𝑝𝑘2)，表达出线段AB的中点M的坐标，消去参数，求出轨迹方程；（2）设直线𝐴𝐵:𝑥=𝑚𝑦+𝑡，与抛物线𝑦2=2𝑝𝑥联立，求出两根之和，两根之积，表达出弦长，进而表达出面积，换元后，求出最小值.【解答过程】(1)联立{𝑦2=2𝑝𝑥𝑦=𝑘1�

�，解得：𝑥=2𝑝𝑘12，把𝑥=2𝑝𝑘12代入𝑦=𝑘1𝑥得：𝑦=𝑘1𝑥=2𝑝𝑘1，所以𝐴(2𝑝𝑘12,2𝑝𝑘1)，同理可得：𝐵(2𝑝𝑘22,2𝑝𝑘2)，则线段AB的中点M的坐标为(𝑝𝑘12+𝑝𝑘22,𝑝𝑘1+𝑝𝑘2)，因为�

�1𝑘2=−2，所以{𝑥=𝑝𝑘12+𝑝𝑘22=𝑝(𝑘12+𝑘22)4=𝑝[(𝑘1+𝑘2)2+4]4𝑦=𝑝𝑘1+𝑝𝑘2=𝑝(𝑘1+𝑘2)−2，消去𝑘1+𝑘2得：𝑦2=𝑝𝑥−𝑝2所以线段AB的中点M的轨迹方程为𝑦2=𝑝𝑥−𝑝2(2

)设𝐴(𝑦122𝑝,𝑦1)，𝐵(𝑦222𝑝,𝑦2)则直线𝑙1:𝑦=2𝑝𝑦1𝑥，与𝑦=2𝑥+𝑝联立得：𝑥=𝑝𝑦12𝑝−2𝑦1，则𝑦=2𝑝22𝑝−2𝑦1，所以𝑃(𝑝𝑦12𝑝−2𝑦1,2𝑝22𝑝−2𝑦1)，同理可得：𝑄(𝑝

𝑦22𝑝−2𝑦2,2𝑝22𝑝−2𝑦2)，则|𝑃𝑄|=√5|𝑝𝑦12𝑝−2𝑦1−𝑝𝑦22𝑝−2𝑦2|=√5𝑝2|𝑦1−𝑦2|2|(𝑝−𝑦1)(𝑝−𝑦2)|，其中2𝑝𝑦1⋅2𝑝𝑦2=−2，解得：𝑦1𝑦2=−2�

�2，设直线𝐴𝐵:𝑥=𝑚𝑦+𝑡，与抛物线𝑦2=2𝑝𝑥联立得：𝑦2−2𝑝𝑚𝑦−2𝑝𝑡=0，则𝑦1+𝑦2=2𝑝𝑚,𝑦1𝑦2=−2𝑝𝑡，又𝑦1𝑦2=−2𝑝2，所以𝑡=𝑝，则(𝑝−𝑦1)(𝑝−𝑦2)

=𝑝2−(𝑦1+𝑦2)𝑝+𝑦1𝑦2=−𝑝2(2𝑚+1)，|𝑦1−𝑦2|=√(2𝑝𝑚)2+8𝑝2=2𝑝√𝑚2+2，所以|𝑃𝑄|=√5𝑝√𝑚2+2|2𝑚+1|，点O到直线PQ的距离为𝑝√5，所以△POQ面积为𝑆=1

2⋅√5𝑝√𝑚2+2|2𝑚+1|⋅𝑝√5=𝑝2√𝑚2+22⋅|2𝑚+1|，令2𝑚+1=𝑧，则𝑚=𝑧−12,𝑧≠0，所以𝑆=𝑝2√(𝑧−12)2+22⋅|𝑧|=𝑝24√9×(1𝑧)2−2(1𝑧)+1=𝑝24

√9(1𝑧−19)2+89，当𝑧=9，即𝑚=4时，△POQ面积取得最小值，最小值为√26𝑝2.25．（2022·上海静安·二模）如图，点𝑃(𝑥𝑃,𝑦𝑃)是𝑦轴左侧（不含𝑦轴）一点，抛物线𝐶:𝑦2=4𝑥上存在不同的两点𝐴,𝐵，且𝑃�

�,𝑃𝐵的中点均在抛物线C上.(1)若𝑃(−1,2)，点A在第一象限，求此时点A的坐标；(2)设𝐴𝐵中点为𝑀，求证：直线𝑃𝑀⊥𝑦轴；(3)若𝑃是曲线𝑥2+𝑦24=1(𝑥<0)上的动点，求△𝑃𝐴𝐵面积的最大值.【解题思路】（1）设出点𝐴(𝑥𝐴

,𝑦𝐴)，表示出𝐴𝑃中点，代入抛物线方程求解即可；（2）设𝐴(𝑦𝐴24,𝑦𝐴),𝐵(𝑦𝐵24,𝑦𝐵),𝑀(𝑥𝑀,𝑦𝑀)，求出𝐴𝑃中点代入抛物线，同理将𝐵𝑃中点代入抛物线，由一元二次方程及韦达定

理得𝑦𝑃=𝑦𝑀，即可得证；（3）当𝑙𝐴𝐵⊥𝑥轴时，直接求出𝐴,𝐵坐标计算面积即可；当𝑙𝐴𝐵的斜率存在时，用𝑃点坐标表示出直线𝐴𝐵方程，由弦长公式表示出|𝐴𝐵|，求出点𝑃到直线𝐴𝐵的距离，表示出面积，结合𝑥𝑃的范围即可求解.【

解答过程】（1）设点𝐴(𝑥𝐴,𝑦𝐴)，则𝑥𝐴=𝑦𝐴24，所以𝐴𝑃中点坐标为(𝑦𝐴2−48,𝑦𝐴+22)代入𝑦2=4𝑥，得𝑦𝐴2−4𝑦𝐴−12=0(𝑦𝐴>0)，所以𝑦

𝐴=6，即𝐴(9,6)；（2）设𝐴(𝑦𝐴24,𝑦𝐴),𝐵(𝑦𝐵24,𝑦𝐵),𝑀(𝑥𝑀,𝑦𝑀)，所以𝐴𝑃中点(𝑦𝐴2+4𝑥𝑃8,𝑦𝐴+𝑦𝑃2)代入𝑦2=4𝑥，得𝑦𝐴⬚2−2𝑦𝑃

𝑦𝐴−𝑦𝑃⬚2+8𝑥𝑃=0，同理，𝑦𝐵⬚2−2𝑦𝑃𝑦𝐵−𝑦𝑃⬚2+8𝑥𝑃=0.所以，𝑦𝐴,𝑦𝐵是方程𝑦2−2𝑦𝑃𝑦−𝑦𝑃⬚2+8𝑥𝑃=0的两根，由韦达定理：�

�𝐴+𝑦𝐵=2𝑦𝑃，又𝐴𝐵中点为𝑀(𝑥𝑀,𝑦𝑀)，所以2𝑦𝑀=𝑦𝐴+𝑦𝐵，所以𝑦𝑃=𝑦𝑀，即直线𝑃𝑀⊥𝑦轴；（3）当𝑙𝐴𝐵⊥𝑥轴时，由对称性知，𝑃在𝑥轴上，则𝑃(−1,0)，所以�

�2−2𝑦𝑃𝑦−𝑦𝑃⬚2+8𝑥𝑃=0化为𝑦2−8=0，即𝑦𝐴=2√2,𝑦𝐵=−2√2，所以𝑆△𝐴𝐵𝐶=12×4√2×3=6√2；当𝑙𝐴𝐵的斜率存在时，𝑙𝐴𝐵方程为𝑦−𝑦𝐴=𝑦𝐴−𝑦𝐵𝑥𝐴−𝑥𝐵(𝑥−𝑥𝐴)=𝑦

𝐴−𝑦𝐵𝑦𝐴24−𝑦𝐵24(𝑥−𝑥𝐴)，即−𝑦𝐴+𝑦=4𝑦𝐴+𝑦𝐵(𝑥−𝑥𝐴)=2𝑦𝑃(𝑥−𝑥𝐴)，所以𝑦=2𝑦𝑃𝑥−2𝑥𝐴𝑦𝑃+𝑦𝐴=2𝑦𝑃𝑥+𝑦𝐴⋅𝑦𝐵𝑦𝐴+𝑦𝐵，又由（2）知，𝑦𝐴⋅𝑦𝐵=8�

�𝑃−𝑦𝑃2，则𝑦=2𝑦𝑃𝑥+8𝑥𝑃−𝑦𝑃22𝑦𝑃，所以|𝐴𝐵|=√1+𝑦𝑃24⋅|𝑦𝐴−𝑦𝐵|=√1+𝑦𝑃24×√8(𝑦𝑃2−4𝑥𝑃)=√2(𝑦𝑃2+4)(𝑦𝑃2−4𝑥

𝑃).又点𝑃到直线𝐴𝐵的距离𝑑=|2𝑦𝑃𝑥𝑃+8𝑥𝑃−𝑦𝑃22𝑦𝑃−𝑦𝑃|√1+4𝑦𝑃2=32|4𝑥𝑃−𝑦𝑃2|√𝑦𝑃2+4，故𝑆△𝐴𝐵𝐶=12×|𝐴𝐵|×𝑑=3√24(𝑦𝑃2−4𝑥�

�)32.又𝑥𝑃2+𝑦𝑃24=1(𝑥𝑃<0)，得𝑦𝑃2=4−4𝑥𝑃2，故𝑆△𝐴𝐵𝐶=3√24[5−(2𝑥𝑃+1)2]32，由𝑥𝑃∈(−1,0)，𝑆△𝐴𝐵𝐶∈(6√2,15√104].综上，𝑆△𝐴𝐵𝐶∈[6√2,15√104]，所以△𝐴𝐵�

�的面积的最大值为15√104.26．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知F是抛物线𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点，过点F的直线与抛物线交于A，B两点，与圆O交于C，D两点（点A，C在第一象限），𝐸(−√𝑝,0),|𝐸𝐹|=√2+1．(1)求抛物线的方程；(2)若|𝐴𝐵

|=|𝐶𝐷|，求凹四边形𝑂𝐸𝐵𝐶面积的最小值．【解题思路】（1）表示出𝐹(𝑝2,0)，由两点间的距离公式即可求出𝑝=2，即可得出抛物线的方程.（2）设直线𝐴𝐵:𝑥=𝑚𝑦+1，直线与抛物线联立，求出𝐴,𝐵的坐标，设圆𝑂:𝑥2+𝑦2=�

�2，圆O与抛物线联立，求出𝐶,𝐷的坐标，由于|𝐴𝐵|=|𝐶𝐷|，则𝑟2=4(𝑚2+1)2+1𝑚2+1，记凹四边形𝑂𝐸𝐵𝐶的面积为S，则𝑆=𝑆△𝐸𝐹𝐵+𝑆△𝑂𝐹𝐶，带入即可求出𝑆=(2+√2)√𝑚

2+1−(√2+1)𝑚−𝑚2(𝑚2+1)，再讨论𝑚≤0，𝑚>0即可求出答案.【解答过程】（1）易知𝐹(𝑝2,0)，则|𝐸𝐹|=𝑝2+√𝑝=√2+1，故𝑝=2，抛物线方程是𝑦2=4�

�．（2）设直线𝐴𝐵:𝑥=𝑚𝑦+1，直线与抛物线联立，得𝑦2−4𝑚𝑦−4=0，又点A在第一象限，故{𝑦𝐴=2𝑚+2√𝑚2+1,𝑦𝐵=2𝑚−2√𝑚2+1.设圆𝑂:𝑥2+𝑦2=𝑟2，圆O与抛物线联立，得(𝑚2+1)𝑦2+2𝑚𝑦+1−𝑟2=0，又点

C在第一象限，故{𝑦𝐶=−𝑚+√𝑟2(𝑚2+1)−1𝑚2+1,𝑦𝐷=−𝑚−√𝑟2(𝑚2+1)−1𝑚2+1.由于|𝐴𝐵|=|𝐶𝐷|，则𝑦𝐴−𝑦𝐵=4√𝑚2+1=𝑦𝐶−𝑦�

�=2√𝑟2(𝑚2+1)−1𝑚2+1，故𝑟2=4(𝑚2+1)2+1𝑚2+1，{𝑦𝐶=−𝑚+2(𝑚2+1)√𝑚2+1𝑚2+1,𝑦𝐷=−𝑚−2(𝑚2+1)√𝑚2+1𝑚2+1.记凹四边形𝑂𝐸𝐵�

�的面积为S，则𝑆=𝑆△𝐸𝐹𝐵+𝑆△𝑂𝐹𝐶=√2+12(−𝑦𝐵)+12𝑦𝑐=−√2+12(2𝑚−2√𝑚2+1)+−𝑚+2(𝑚2+1)√𝑚2+12(𝑚2+1)=(√2+1)(√𝑚2+1−𝑚)

+√𝑚2+1−𝑚2(𝑚2+1)=(2+√2)√𝑚2+1−(√2+1)𝑚−𝑚2(𝑚2+1)①若𝑚≤0，𝑆=(2+√2)√𝑚2+1−(√2+1)𝑚−𝑚2(𝑚2+1)≥(2+√2)√𝑚2+1≥2+√2．②若𝑚>0，𝑆=(√2+1)[√2(𝑚

2+1)−𝑚]−𝑚2(𝑚2+1)≥(√2+1)[(𝑚+1)−𝑚]−𝑚4𝑚=√2+34．综上所述，凹四边形𝑂𝐸𝐵𝐶面积的最小值是√2+34，当𝑚=1,𝑟=√662时取到．27．（2022

·青海·模拟预测（理））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+𝑝2.(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.

【解题思路】（1）根据抛物线的焦半径公式求解即可；（2）设直线𝑙:𝑦=𝑘𝑥+1，𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，联立直线与抛物线的方程，得出韦达定理，利用导数的几何意义求解两切线，进而求得𝑃(2𝑘,−1)，再得出△𝑃𝐴𝐵的面积关于𝑘的表达，进

而分析最小值即可【解答过程】(1)因为点𝑀(4,𝑦0)在抛物线C上，所以𝑦0=8𝑝.由抛物线的定义可得|𝑀𝐹|=𝑦0+𝑝2=4+𝑝2，则𝑦0=4，从而8𝑝=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{𝑦=𝑘𝑥+1𝑥2=4𝑦，整理得𝑥2−4𝑘𝑥−4=0，则𝑥1+𝑥2=4𝑘，𝑥1𝑥2=−4，从而|𝑥1−𝑥2|=√(𝑥1+𝑥2)2−4𝑥1𝑥2=4√𝑘2+1

，故|𝐴𝐵|=√𝑘2+1|𝑥1−𝑥2|=4(𝑘2+1).因为𝑦=14𝑥2，所以𝑦′=12𝑥，则直线AP的方程为𝑦−𝑦1=12𝑥1(𝑥−𝑥1)，即𝑦=12𝑥1𝑥−14𝑥12.同理可得直线BP的方

程为𝑦=12𝑥2𝑥−14𝑥22.联立{𝑦=12𝑥1𝑥−14𝑥12𝑦=12𝑥2𝑥−14𝑥22，解得{𝑥=𝑥1+𝑥22=2𝑘𝑦=𝑥1𝑥24=−1，即𝑃(2𝑘,−1).点P到直

线l的距离𝑑=2𝑘2+2√𝑘2+1=2√𝑘2+1，则△𝑃𝐴𝐵的面积𝑆=12|𝐴𝐵|𝑑=12×4(𝑘2+1)×2√𝑘2+1=4(𝑘2+1)⋅√𝑘2+1.因为𝑘2≥0，所以

√𝑘2+1≥1，所以4(𝑘2+1)⋅√𝑘2+1≥4，即△𝑃𝐴𝐵面积的最小值是4，当且仅当𝑘=0时取等号.28．（2022·广东惠州·高三阶段练习）在一张纸上有一圆𝐶：(𝑥+5)2+𝑦2=64，定点𝑀(5,0)，折叠纸片使圆𝐶上某一点𝑀1恰好与点𝑀重合，这

样每次折叠都会留下一条直线折痕𝑃𝑄，设折痕𝑃𝑄与直线𝑀1𝐶的交点为𝑇.(1)求点𝑇的轨迹𝐶′方程；(2)曲线𝐶′上一点N，点A、B分别为直线𝑙1：𝑦=34𝑥在第一象限上的点与𝑙2：𝑦=−34𝑥在第四象限上的点，若𝐴𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝜆𝑁

𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑，𝜆∈[13,2]，求△𝐴𝑂𝐵面积的取值范围.【解题思路】（1）依题意可得|𝑀1𝑇|=|𝑇𝑀|，即可得到||𝑇𝐶|−|𝑇𝑀||=|𝐶𝑀1|=8，根据双曲线的定义可得点𝑇的轨迹为以𝐶(−5,0)，�

�(5,0)为焦点，实轴长为8的双曲线，从而求出𝑇的轨迹方程；（2）设𝐴(𝑥1,34𝑥1)，𝐵(𝑥2,−34𝑥2)，𝑃(𝑥𝑁,𝑦𝑁)，且𝑥1>0，𝑥2>0，根据𝐴𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝜆𝑁

𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑，即可得到𝑥1𝑥2=4(1+𝜆)2𝜆，再表示出|𝑂𝐴|、|𝑂𝐵|，设𝑂𝐴的倾斜角为𝜃，利用二倍角公式即同角三角函数的基本关系求出sin∠𝐴𝑂𝐵，再根据𝑆△𝐴𝑂𝐵=12|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵|sin∠�

�𝑂𝐵及对勾函数的性质计算可得；【解答过程】(1)解：依题意可得点𝑀1与𝑀关于𝑃𝑄对称，则|𝑀1𝑇|=|𝑇𝑀|，∴||𝑇𝐶|−|𝑇𝑀||=||𝑇𝐶|−|𝑇𝑀1||=|𝐶

𝑀1|=8<10=|𝐶𝑀|.则点𝑇的轨迹为以𝐶(−5,0)，𝑀(5,0)为焦点，实轴长为8的双曲线，∴2𝑎=8，2𝑐=10，又𝑎2+𝑏2=𝑐2，故𝑎=4，𝑐=5，𝑏=3，所以双曲线方程为𝑥216−𝑦29=1

；(2)解：由题意知，𝑙1，𝑙2分别为双曲线𝐶′：𝑥216−𝑦29=1的渐近线，设𝐴(𝑥1,34𝑥1)，𝐵(𝑥2,−34𝑥2)，𝑃(𝑥𝑁,𝑦𝑁)，且𝑥1>0，𝑥2>0，由𝐴𝑁⃑⃑⃑⃑⃑⃑=𝜆𝑁𝐵⃑⃑⃑⃑⃑⃑得𝑥𝑁−𝑥

1=𝜆(𝑥2−𝑥𝑁)，𝑦𝑁−34𝑥1=𝜆(−34𝑥2−𝑦𝑁)，∴𝑥𝑁=𝑥1+𝜆𝑥21+𝜆，𝑦𝑁=34⋅𝑥1−𝜆𝑥21+𝜆.∴(𝑥1+𝜆𝑥2)216(1+𝜆)2−(𝑥1−𝜆𝑥2)216(1+𝜆)2=1，整理得4𝜆𝑥1𝑥2=16(1+

𝜆)2，即𝑥1𝑥2=4(1+𝜆)2𝜆又|𝑂𝐴|=√𝑥12+916𝑥12=54𝑥1，同理|𝑂𝐵|=54𝑥2，设𝑂𝐴的倾斜角为𝜃，则sin∠𝐴𝑂𝐵=sin2𝜃=2sin𝜃cos�

�sin2𝜃+cos2𝜃=2tan𝜃1+tan2𝜃=2×341+916=2425.∴𝑆△𝐴𝑂𝐵=12|𝑂𝐴|⋅|𝑂𝐵|sin∠𝐴𝑂𝐵=12⋅2516𝑥1𝑥2⋅2425=34𝑥1𝑥2=3(𝜆+1𝜆+2)因为𝜆∈[13,

2]，易知函数𝑦=𝜆+1𝜆在[13,1]上单调递减，在(1,2]上单调递增，当𝜆=1时，(𝑆△𝐴𝑂𝐵)min=12，当𝜆=13时，(𝑆△𝐴𝑂𝐵)max=16；∴△𝐴𝑂𝐵面积

取值范围是[12,16].29．（2022·山东泰安·模拟预测）已知抛物线𝐶:𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)上一点𝐾(𝑡,𝑡)（𝑡≠0）到焦点F的距离为5.(1)求抛物线C的方程；(2)过点F的直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与圆𝐸:(𝑥−4)2+𝑦2

=16的另一交点分别为M，N，O为坐标原点，求△𝑂𝑀𝑁与△𝑂𝑃𝑄面积之比的最大值.【解题思路】（1）将点𝐾(𝑡,𝑡)代入抛物线方程，并结合抛物线的定义，求得𝑝的值，即可.（2）设直线𝑙的方程为𝑥=𝑚𝑦+1，𝑃(𝑡2,2𝑡)，𝑄(𝑠2,2𝑠)，易

得|𝑂𝑃|和|𝑂𝑄|的长，将直线𝑂𝑃，𝑂𝑄的方程与圆的方程联立，得到点𝑀和点𝑁的坐标，进而得到|𝑂𝑀|和|𝑂𝑁|，再由面积公式可得𝑆△𝑂𝑀𝑁𝑆△𝑂𝑃𝑄=|𝑂𝑀||𝑂𝑁||𝑂𝑃||𝑂𝑄|化简运算

，得解.【解答过程】(1)依题意可得{𝑡+𝑝2=5𝑡2=2𝑝𝑡，因为𝑡≠0，所以解得{𝑝=2𝑡=4，所以抛物线C的方程为𝑦2=4𝑥.(2)设过F点的直线方程为𝑥=𝑚𝑦+1，联立方程{𝑦2=4𝑥,𝑥=𝑚𝑦+

1,得𝑦2−4𝑚𝑦−4=0，则Δ=16𝑚2+16>0，所以𝑦1+𝑦2=4𝑚①，𝑦1𝑦2=−4②，设𝑃(𝑡2,2𝑡)，𝑄(𝑠2,2𝑠)，代入①②得{𝑡𝑠=−1𝑡+𝑠=2𝑚③，则直线OP的方程为𝑦=2𝑡𝑥，

直线OQ的方程为𝑦=2𝑠𝑥，联立方程{(𝑥−4)2+𝑦2=16𝑦=2𝑡𝑥，解得𝑀(8𝑡2𝑡2+4,16𝑡𝑡2+4)，同理可得𝑁(8𝑠2𝑠2+4,16𝑠𝑠2+4)，则𝑆△𝑂𝑀𝑁𝑆△�

�𝑃𝑄=|𝑂𝑀||𝑂𝑁||𝑂𝑃||𝑂𝑄|=64(𝑡2+4)(𝑠2+4)=64(𝑡𝑠)2+4(𝑡2+𝑠2)+16=644(𝑡2+𝑠2)+17④，由③得𝑡2+𝑠2=(𝑡+

𝑠)2−2𝑡𝑠=4𝑚2+2≥2，代入④得𝑆△𝑂𝑀𝑁𝑆△𝑂𝑃𝑄=6416𝑚2+25≤6425，当且仅当𝑚=0时等号成立，，所以𝑆△𝑂𝑀𝑁𝑆△𝑂𝑃𝑄的最大值为6425.故△𝑂𝑀𝑁与△𝑂

𝑃𝑄面积之比的最大值为6425.30．（2022·浙江绍兴·模拟预测）如图，已知抛物线𝐶:𝑥2=4𝑦，直线l过点𝑇(0,𝑡)(𝑡>0)与抛物线交于A、B两点，且在A、B处的切线交于点P，过点P且垂直于x轴的直

线𝑙′分别交抛物线C、直线l于M、N两点．直线l与曲线𝐶′:𝑥2=4(𝑦+𝑡)交于C、D两点．(1)求证：点N是𝐴𝐵中点；(2)设△𝐷𝑀𝑁、△𝑃𝐴𝐵的面积分别为𝑆1、𝑆2，求𝑆1𝑆2的取

值范围．【解题思路】（1）分别求出以A、B为切点的切线方程，联立求出点P，进而求出N的横坐标，利用“设而不求法”得到𝑥1+𝑥2=4𝑘，即可证明；（2）设𝜃=∠𝐷𝑁𝑃.分别表示出𝑆△𝐷𝑀𝑁=12|𝑀𝑁|⋅|𝐷𝑁|sin𝜃和𝑆△𝑃𝐴𝐵=2

×12|𝑁𝑃|⋅|𝐵𝑁|sin𝜃，得到𝑆1𝑆2=|𝑀𝑁|⋅|𝐶𝐷|2|𝑁𝑃|⋅|𝐴𝐵|.利用“设而不求法”分别表示出|𝐴𝐵|，|𝑁𝑃|，|𝐶𝐷|，|𝑀𝑁|，得到𝑆1𝑆2=14

√𝑘2+2𝑡√𝑘2+𝑡，利用函数求出𝑆1𝑆2的取值范围.【解答过程】(1)因为点𝑇(0,𝑡)(𝑡>0)的直线l过与抛物线𝐶:𝑥2=4𝑦交于A、B两点，所以直线的斜率存在，可设𝑙:𝑦=𝑘𝑥+𝑡.设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则

{𝑥2=4𝑦𝑦=𝑘𝑥+𝑡，消去y可得：𝑥2−4𝑘𝑥−4𝑡=0，所以𝑥1+𝑥2=4𝑘,𝑥1𝑥2=−4𝑡.对抛物线𝐶:𝑥2=4𝑦可化为𝑦=14𝑥2，求导得：𝑦=12𝑥，所以以𝐴(𝑥

1,𝑦1)为切点的切线方程为𝑦−𝑦1=12𝑥1(𝑥−𝑥1)，整理得：𝑦=12𝑥1𝑥−14𝑥1⬚2.同理可求：以𝐵(𝑥2,𝑦2)为切点的切线方程为𝑦=12𝑥2𝑥−14𝑥2⬚2.两条切线方程联立解得：𝑥𝑃=2𝑘，𝑦𝑃=−𝑡，所以𝑃(

2𝑘,−𝑡).过点P且垂直于x轴的直线𝑙′为：𝑥=2𝑘，所以𝑥𝑁=2𝑘.所以𝑥𝑁=𝑥1+𝑥22，即点N是𝐴𝐵中点.(2)设𝜃=∠𝐷𝑁𝑃.因为点D到MN的距离为|𝐷𝑁|sin𝜃，所以𝑆△𝐷𝑀𝑁=12|𝑀𝑁|⋅|�

�𝑁|sin𝜃.因为点B到MN的距离为|𝐵𝑁|sin𝜃，所以𝑆△𝑃𝐴𝐵=2𝑆△𝐵𝑃𝑁=2×12|𝑁𝑃|⋅|𝐵𝑁|sin𝜃.所以𝑆1𝑆2=12|𝑀𝑁|⋅|𝐷𝑁|sin𝜃2×12|

𝑁𝑃|⋅|𝐵𝑁|sin𝜃=|𝑀𝑁|⋅|𝐷𝑁|2|𝑁𝑃|⋅|𝐵𝑁|.由（1）可知：点N是𝐴𝐵中点.同理可证：点N是𝐶𝐷中点.所以𝑆1𝑆2=|𝑀𝑁|⋅|𝐷𝑁|2|𝑁𝑃|⋅|𝐵𝑁|=|𝑀𝑁|⋅12|𝐶𝐷|2|𝑁𝑃|⋅12|𝐴𝐵

|=|𝑀𝑁|⋅|𝐶𝐷|2|𝑁𝑃|⋅|𝐴𝐵|.设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2)，则{𝑥2=4𝑦𝑦=𝑘𝑥+𝑡，消去y可得：𝑥2−4𝑘𝑥−4𝑡=0，所以𝑥1+𝑥2=4𝑘,𝑥1𝑥2=−4𝑡.所以|𝐴𝐵

|=√(1+𝑘2)(𝑥1−𝑥2)2=4√(1+𝑘2)(𝑘2+𝑡).由（1）可知：𝑃(2𝑘,−𝑡)，𝑁(2𝑘,2𝑘2+𝑡)，所以|𝑁𝑃|=2𝑘2+2𝑡.同理可求：|𝐶

𝐷|=4√(1+𝑘2)(𝑘2+2𝑡)，|𝑀𝑁|=𝑘2+𝑡.所以𝑆1𝑆2=|𝑀𝑁|⋅|𝐶𝐷|2|𝑁𝑃|⋅|𝐴𝐵|=12(𝑘2+𝑡)⋅4√(1+𝑘2)(𝑘2+2𝑡)(2𝑘2+2𝑡)⋅4√(1+𝑘2)(𝑘2+𝑡)=14√𝑘2+2𝑡√𝑘2+�

�=14√1+1𝑘2𝑡+1，因为𝑘2𝑡>0，所以𝑘2𝑡+1>1，所以0<1𝑘2𝑡+1<1，所以1<1+1𝑘2𝑡+1<2，所以1<√1+1𝑘2𝑡+1<√2，所以14<14√1+1𝑘2𝑡+1

<√24.即𝑆1𝑆2的取值范围为(14,√24).