1、解析几何三角形面积问题答案1、解: ()由题意知，曲线 是以 为焦点的椭圆.C12,F故曲线 的方程为： . 3 分2,1ac23b214xy （）设直线 与椭圆 交点 ,l24xy12(,)()AB联立方程 得 4 分231y22780bx 因为 ，解得 ，且 5 分48(7)0b21218,7bx点 到直线 的距离 6 分Ol,2d 9 分211462().7ABxxb 10 分2467ObSb 3() .3当且仅当 即 时取到最大值.22面积的最大值为 . 12 分AB3 2、解：（1）依题意可得 解得,12ca.1,2ca从而 所求椭圆方程为 4 分.,22ba .2xy（2）直线 的
2、方程为l.1kxy由 可得,2xyk.0122kx该方程的判别式= 0 恒成立.22284k设 则 5 分,21yxQP .1,2121kxkx可得 .12ky设线段 PQ 中点为 N，则点 N 的坐标为 6 分.2,2k线段 PQ 的垂直平分线方程为 .212kxky令 ，由题意 7 分0x.12m又 ，所以 0 8 分k（3）点 M 到直线 的距离, 1:kxyl 221kmd221221 4xkPQ422k82k于是 1122mPdSMPQ.82k由 可得 代入上式，得,21km.12mk ,123mSMPQ即 .11 分03S设 则,13f.412f而 0 0m 0 m 4,所以 在
3、上单调递增，在 上单调递减.f, 2,所以当 时， 有最大值 13 分41f .56741f所以当 时，MPQ 的面积 S 有最大值 14 分m.133、解：（）设椭圆方程为 .圆 F 的标准方程为 ，21(0)xyab2(1)xy圆心为 ，圆与 x 轴的交点为（0，0）和（2，0）.2 分(1,)F由题意 ，半焦距 . .2a1c22413bac椭圆方程为 .4 分243xy（）设 由 得 .12(,)(,)AxyB21430xym2(4)690ym .6 分121269,34my.21222361|()4.8 分12|3AOBSFym令 ，则 2mt,1,t2631AOBtS.10 分22
4、26(31)(6()3AOBStt ， . 在 上是减函数，t0AOBAOBS1,)当 时， 取得最大值，最大值为 .12 分1324、解：（1） 2 分22134cabe ,ab椭圆的方程为 4 分21yx（2）依题意，设 的方程为l3k由 223(4)1014ykxx显然 05 分12123,4kxx由已知 得：nm221112124(3)()axbyxkx2112(4)3()kxkx7 分() 30解得 8 分k（3）当直线 斜率不存在时，即 ，AB212,xy由已知 ，得nm0211404y又 在椭圆上， 1(,)xy所以 211|,|2x,三角形的面积为定值.9 分12|Sxyy当直
5、线 斜率存在时：设 的方程为ABABykxt222(4)4014ktxktyx必须 即022()tt得到 ， 10 分12kx124xk ，nm121240()0yxktxt代入整理得： 11 分2t12 分21121|()4SABtk2|46|ttt所以三角形的面积为定值. 14 分5、解：（1） 设椭圆方程为 =1（ab 0）,由焦点坐标可得 c=11 分2xyab由 PQ|=3，可得 =3，2 分2解得 a=2，b= ，分3故椭圆方程为 =14 分24xy（2） 设 M ，N ,不妨 0, 0，当-1 3=|AB|，点 P 的轨迹是以 A，B 为焦点，长轴长 2a=2 的椭圆2 分a=1
6、， .21,232cabc 4 分设 P（x， y），点 P 的轨迹方程为 . 6 分142yx（2）将 代入 ，)23(xkyl： 2yx消去 x，整理为 .041)14(2ky 7 分设 ，,),(1xNyM，则 8 分212121 4)(32yyABSBN = .31)()(43 22222 kkk 10 分当且仅当 k3122，即 时，BMN 的最大面积为 .21此时直线 l 的方程是 . 12 分46xy9、解：()设点 P 的坐标为（x,y）,则点 Q 的坐标为（x, y）. 2依 据 题 意 ， 有 =(x+1, y), =(x-1, y). 2 分AQ2B =1， x2-1+2
7、 y2=1. 动 点 P 所 在 曲 线 C 的 方 程 是 + y2=1 4 分B x()因直线 l 过点 B，且斜率为 k=- ，故有 ly=- （x-1）.5 分联立方程组 ，消去 y,得 2x2-2x-1=0. 7 分21()xy设 M（x 1,y1） 、N（x 2,y2） ，可得 ，于是 . 8 分12,x12xy又 + + = ， 得 =（ - x1- x2，- y1- y2） ， 即 H（ -1， - ） 9 分OH0O 2 |MN|= 10 分22113()4,kx又 l: x+2y- =0，则 H 到直线 l 的距离为 d=|2()2|36故所求驻 MNH 三角形的面积为 S
8、= 12 分132.410、解（）设点 的坐标为 ，则点 的坐标为 ，P(,)xyQ(,2)xy依据题意，有 1 分(1,2)(1,).AQBx22,.Bxy动点 所在曲线 的方程是 3 分PC21.xy（）因直线 过点 ，且斜率为 ，故有 5 分lBk2:(1).lyx联立方程组 ，消去 ，得 6 分21()xyy210.x设 、 ，1(,)Mxy2,Nxy可得 ，于是 .7 分12x12xy又 ，得 即0OMNH1212(,),Oxy 2(1,)H而点 与点 关于原点对称，G于是，可得点 8 分2(1,).G若线段 、 的中垂线分别为 和 ， ，则有MNH1l2GHk9 分1 221:()
9、,:.4lyxlyx联立方程组 ，()2yx解得 和 的交点为 10 分1l21(,).8O因此，可算得 221931|(),8H22111|()().8OMxy所以 、 、 、 四点共圆，且圆心坐标为 半径为 12 分GNH12(,),8O31.811、 【解析】 （I）由题意知 ，从而 ，又 ，解得 。32ceaaba2,b故 、 的方程分别为 。1C221,4xyx（II） （i）由题意知，直线 的斜率存在，设为 ，则直线 的方程为 .lklykx由 得 ，21ykx20kx设 ，则 是上述方程的两个实根，于是 。2(,)(,)ABy12, 1212,xkx又点 的坐标为 ，所以M02
10、21212112()()1ABykxkxxkkx 故 ，即 。DE（ii）设直线 的斜率为 ，则直线 的方程为 ，由 DM1kDM1ykx12ykx解得 或 ，则点 的坐标为01xy12A21(,)k又直线 的斜率为 ，同理可得点 B 的坐标为 .B1k 21(,)k于是 22 11 121| |.2 |SMAkkk由 得 ，1240ykx211(4)80x解得 或 ，则点 的坐标为 ；1xy214kD21184(,)k又直线 的斜率为 ，同理可得点 的坐标MB1kE2112(,)4k于是2123()|1|4kSDE因此 2112(47)6k由题意知， 解得 或 。211()32214k21又由点 的坐标可知， ，,AB121kk所以 3.2k故满足条件的直线 存在，且有两条，其方程分别为 和 。l 32yxx12、解：（1）由题意可知 B（0，-1） ，则 A（0，-2 ） ，故 b=2，令 y=0 得 10，即
