1、第5讲 四形面积问题一、解答题 1已知椭圆C：+=1（ab0）的两个焦点分别为F1（2，0），F2（2，0），离心率为过焦点F2的直线l（斜率不为0）与椭圆C交于A，B两点，线段AB的中点为D，O为坐标原点，直线OD交椭圆于M，N两点（）求椭圆C的方程；（）当四边形MF1NF2为矩形时，求直线l的方程【答案】（）；（）y=【详解】（I）由已知可得：，解得a2=6，b2=2，椭圆C的方程为；（II）由题意可知直线l的斜率存在，设直线l方程为y=k（x2），A（x1，y1），B（x2，y2），M（x3，y3），N（x3，y3）联立，化为（1+3k2）x212k2x+12k26=0，x1+x2=，y
2、1+y2=k（x1+x24）=，线段AB的中点D，直线OD的方程为：x+3ky=0（k0）联立，解得=，x3=3ky3四边形MF1NF2为矩形，=0，（x32，y3）（x32，y3）=0，=0，=0，解得k=，故直线方程为y=考点：椭圆的简单性质2设椭圆的上焦点为F，椭圆E上任意动点到点F的距离最大值为，最小值为（）求椭圆E的标准方程；（）过点F作两条相互垂直的直线，分别与椭圆E交于P，Q和M，N，求四边形PMQN的面积的最大值【答案】（I）； （）2.【分析】（）根据题中条件列出关于a、c的方程组，解出a和c的值，可得出b的值，进而可得出椭圆E的标准方程；（）对直线PQ与直线MN的斜率是否都
3、存在分两种情况讨论当直线PQ与直线MN分别与x轴、y轴垂直时，求出这两条弦的长度，并求出此时四边形PMQN的面积；当直线PQ与直线MN的斜率都存在时，设直线PQ的方程为，设点、，将直线PQ的方程与椭圆E的方程联立，消去y，列出韦达定理，利用弦长公式得出|PQ|的表达式，同理得出|MN|的表达式，从而得出四边形PMQN面积的表达式，通过换元，利用函数相关知识求出四边形PMQN面积的取值范围结合得出四边形PMQN面积的最大值【详解】（）设椭圆E的焦距为，则有，解得，因此，椭圆E的方程为；（）如下图所示，椭圆E的上焦点为当直线PQ与直线MN分别与x轴、y轴垂直时，则，此时，四边形PMQN的面积为；当
4、直线PQ、MN的斜率都存在时，设直线PQ的方程为，则直线MN的方程为，设点、，将直线PQ的方程与椭圆E的方程联立，消去y得，由韦达定理可得， ，同理可得，所以，四边形PMQN的面积为 ，令，则，所以，所以，由二次函数的基本性质可知，当，所以，综上所述，四边形PMQN的面积的最大值为2【点睛】本题考查直线与椭圆的综合问题，考查椭圆的方程，以及韦达定理设而不求法在椭圆综合问题的问题，同时也考查了弦长公式的应用，考查计算能力，属于中等题3设椭圆（ab0）的焦点分别为F1（1，0）、F2（1，0），直线l：xa2交x轴于点A，且（1）试求椭圆的方程；（2）过F1、F2分别作互相垂直的两直线与椭圆分别交
5、于D、E、M、N四点（如图所示），试求四边形DMEN面积的最大值和最小值【答案】（1）（2）最大值为4，最小值为【分析】（1）由题意，|F1F2|2c2，A（a2，0），利用，可得F2为AF1的中点，从而可得椭圆方程；（2）分类讨论：当直线DE（或MN）与x轴垂直时，四边形DMEN的面积；当直线DE，MN均与x轴不垂直时，设DE：yk（x+1），代入消去y，求出|DE|，|MN|，从而可得四边形的面积的表达式，利用换元法，即可求得结论【详解】（1）由题意，|F1F2|2c2，A（a2，0）F2为AF1的中点a23，b22椭圆方程为（2）当直线DE与x轴垂直时，|DE|，此时|MN|2a2，四边
6、形DMEN的面积同理当MN与x轴垂直时，四边形DMEN的面积当直线DE，MN均与x轴不垂直时，设DE：yk（x+1），代入椭圆方程，消去y得：（2+3k2）x2+6k2x+（3k26）0设D（x1，y1），E（x2，y2），则x1+x2，x1x2所以，|x1x2|，所以|DE|x1x2|，同理|MN|.所以四边形的面积令u，则S4因为u2，当k1时，u2，S，且S是以u为自变量的增函数，所以综上可知，故四边形DMEN面积的最大值为4，最小值为 【点睛】本题考查椭圆的标准方程，考查四边形面积的计算，考查分类讨论的数学思想，考查韦达定理的运用，正确求弦长是关键4设圆的圆心为A，直线l过点B（1,0
7、）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.（I）证明为定值，并写出点E的轨迹方程；（II）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.【答案】()答案见解析；().【详解】试题分析：（）利用椭圆定义求方程；（）把面积表示为关于斜率k的函数，再求最值试题解析：（）因为，故，所以，故.又圆的标准方程为，从而，所以.由题设得，由椭圆定义可得点的轨迹方程为：（）.（）当与轴不垂直时，设的方程为，.由得.则，.所以.过点且与垂直的直线：，到的距离为，所以.故四边形的面积.可得当与轴不垂直时，四边
8、形面积的取值范围为.当与轴垂直时，其方程为，四边形的面积为12.综上，四边形面积的取值范围为.【考点】圆锥曲线综合问题【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、求最值、求参数取值范围等几部分组成.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.5已知椭圆的左焦点为，右顶点为，点的坐标为，的面积为.（I）求椭圆的离心率；（II）设点在线段上，延长线段与椭圆交于点，点，在轴上，且直线与直线间的距离为，四边形的面积为.（i）求直线的斜率；（ii）求椭圆的方程.
9、【答案】（）.（）（）.（ii）.【分析】根据的面积为列出一个关于的等式，削去求出离心率；根据关系巧设直线的方程，与直线FP的方程联立解出焦点的坐标，利用|FQ|=解出斜率，把直线FP的方程与椭圆方程联立，解出点坐标，分别求出和的面积，利用四边形的面积为，解出，得出椭圆的标准方程.【详解】（）设椭圆的离心率为e.由已知，可得.又由，可得，即.又因为，解得.所以，椭圆的离心率为.（）（）依题意，设直线FP的方程为，则直线FP的斜率为.由（）知，可得直线AE的方程为，即，与直线FP的方程联立，可解得，即点Q的坐标为.由已知|FQ|=，有，整理得，所以，即直线FP的斜率为.（ii）解：由，可得，故椭
10、圆方程可以表示为.由（i）得直线FP的方程为，与椭圆方程联立消去，整理得，解得（舍去）或.因此可得点，进而可得，所以.由已知，线段的长即为与这两条平行直线间的距离，故直线和都垂直于直线.因为，所以，所以的面积为，同理的面积等于，由四边形的面积为，得，整理得，又由，得.所以，椭圆的方程为.【点睛】列出一个关于 的等式，可以求离心率；列出一个关于 的不等式，可以求离心率的取值范围.“减元”思想是解决解析几何问题的重要思想，巧设直线方程利用题目条件列方程求解斜率，求椭圆方程的基本方法就是待定系数法，根据已知条件列方程通过解方程求出待定系数.6已知点在椭圆:（）上，且点到左焦点的距离为3.（1）求椭圆
11、的标准方程；（2）设点关于坐标原点的对称点为，又两点在椭圆上，且，求凸四边形面积的最大值.【答案】（1）（2）【分析】（1）由题意点到左焦点的距离为3，结合两点间距离公式可求得的值，将点代入椭圆，根据椭圆中的关系式即可求得，进而得椭圆的标准方程.（2）由可设直线的方程为，联立椭圆方程，整理变形根据两个交点可令求得的范围.设，由韦达定理表示出，由弦长公式求得，点到直线距离公式求得到的距离，结合用表示出，令，可化简为，再令，利用导函数求得的单调性和最值，即可求解.【详解】（1）因为椭圆经过点，所以.设左焦点（），则由得，解得.又，于是，解得（舍负），进而.故椭圆的标准方程为.（2）因为，可设直线的
12、方程为（），联立并整理得.由，解得.设，则，.所以.又与之间的距离即到的距离，且.所以四边形的面积.设，由可得，则，记之为函数，则，易知在区间内单调递增，在区间内单调递减.故的最大值为，此时，解得，符合题意，所以四边形面积的最大值为.【点睛】本题考查了椭圆标准方程的求法，直线与椭圆位置关系的综合应用，弦长公式及点到直线距离公式的用法，椭圆中四边形面积问题的解法，利用导数求函数的最值，换元法在函数中的应用，综合性强，属于难题.7如图，已知椭圆C：的短轴端点分别为B1，B2，点M是椭圆C上的动点，且不与B1，B2重合，点N满足NB1MB1，NB2MB2.（1）求动点N的轨迹方程；（2）求四边形MB
13、2NB1面积的最大值【答案】（1）1(x0)；（2）.【分析】（1）设N(x，y)，M(x0，y0)(x00)，求出直线NB1 ，直线NB2，两式相乘，结合，即可求解.（2）设MB1为，可得直线NB1，直线NB2，两式联立可得xN，由S|B1B2|(|xM|xN|)，利用基本不等式即可求解.【详解】（1）设N(x，y)，M(x0，y0)(x00)由题知B1(0，3)，B2(0，3)，所以kMB1，kMB2.因为MB1NB1，MB2NB2，所以直线NB1：y3x，直线NB2：y3x，得y29x2.又因为，所以y29x22x2，整理得动点N的轨迹方程为1(x0)（2）由（1），设MB1为 可得得直
14、线NB1：yx3，直线NB2：y2kx3，联立解得x，即xN，故四边形MB2NB1的面积S|B1B2|(|xM|xN|)3，当且仅当|k|时，S取得最大值.【点睛】关键点点睛：本题考查了直线与椭圆的位置关系，椭圆中的四边形面积问题，解题的关键求出，考查了计算求解能力.8设椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为3.（1）求椭圆的方程；（2）求椭圆的外切矩形的面积的取值范围.【答案】（1）（2）【分析】（1）根据题意求出，进而可求出结果；（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，可求出矩形的面积；当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，设出直线的方程为，联立直线与椭圆方程，
15、结合韦达定理以及弦长公式等，即可求解.【详解】解：（1）由题设条件可得，解得，所以椭圆的方程为（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，得矩形的面积 当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，设直线的方程为，与椭圆联立可得，由，得显然直线的直线方程为，直线，间的距离，同理可求得，间的距离为所以四边形面积为 （等号当且仅当时成立）又，故由以上可得外切矩形面积的取值范围是【点睛】本题主要考查椭圆方程以及直线与椭圆的综合，灵活运用弦长公式，韦达定理等即可求解，属于常考题型.9已知椭圆，过点作互相垂直的两条直线分别交椭圆于点（与不重合）.（1）证明：直线过定点；（2）若以点为圆心的圆与直线
16、相切，且切点为线段的中点，求四边形的面积.【答案】（1）证明见解析；（2）或【分析】（1）先设出直线的方程，利用垂直关系求出的值即可；（2）由（1）有直线的方程为，求得中点，根据，求得，再由四边形的面积为，运用韦达定理和弦长公式，计算可得所求值.【详解】（1）根据题意有：直线、斜率均存在.设，、联立：，有：，所以：，.因为，所以：，化简得：，所以：，化简得：，解得或.当时，过点，则与或重合，不满足题意，舍去，所以：，即所以：直线过定点.（2）由（1）有：，则：，.如图所示：设线段的中点为，则：，.因为以为圆心的圆与直线相切于的中点，所以：，又因为：，且与平行，所以：，解得或.由上图有：四边形的
17、面积.当时：，易得：、，所以：.当时：有：，所以：.由有：或.【点睛】本题主要考查直线与椭圆的综合问题，以及定点问题，面积问题，以及直线和圆相切的条件，考查运算能力，属于难题.10已知椭圆的左焦点为，离心率为（1）求椭圆的标准方程；（2）设为坐标原点，为直线上一点，过作的垂线交椭圆于、当四边形是平行四边形时，求四边形的面积【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由焦点坐标和离心率及、之间的关系求出、的值，进而可得椭圆的标准方程；（2）由题意设的坐标为，由（1）得左焦点的坐标，可得直线的斜率，由题意可得的方程，将直线与椭圆的方程联立求出两根之和，运用韦达定理求得，再由四边形是平行四边形，可得，由此
18、求出的值，从而可得的长，进而求出四边形的面积【详解】（1）由已知得：，所以，又，解得，所以椭圆的标准方程为：；（2）设点的坐标为，则直线的斜率，当时，直线的斜率，直线的方程是；当时，直线的方程也符合的形式由，得（*），其判别式，设、，则，因为四边形是平行四边形，所以，即，所以，解得，此时，方程（*）为，得，则.此时的面积【点睛】本题考查求椭圆的标准方程及直线与椭圆的综合，及平行四边形的性质，考查了四边形面积的计算，属于中档题11已知椭圆的长轴长为，其离心率与双曲线的离心率互为倒数.（1）求椭圆的方程；（2）将椭圆上每一点的横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线，若直线与曲线交于、两个不同的
19、点，为坐标原点，是曲线上的一点，且四边形是平行四边形，求四边形的面积.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据已知条件求出、的值，由此可得出椭圆的方程；（2）求出曲线的方程，设、，将直线的方程与曲线的方程联立，列出韦达定理，求出点的坐标，代入曲线的方程，可得出，求得以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得结果.【详解】（1）由已知，所以，又因为双曲线的离心率为，可知，椭圆的离心率为即，故，进而，所以椭圆的方程为；（2）将椭圆上每一点横坐标扩大为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线的方程为，设、，由，由韦达定理可得，且，即，由四边形是平行四边形，所以，则，因为点在椭圆上，所以，整理可得，所以，
20、则，到直线的距离，所以四边形的面积为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值12已知椭圆的左、右焦点分别为，点在椭圆上，当的面积取得最大值时，（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作斜率为的直线交椭圆于，两点，其中设点，关于轴的对称点分别为，当四边形的面积为时，求直线的方程【答案】（1）；（2）或或或【分析】（1）由题意知，当的面积的最大值为时，得到，再根据，得到，代入求解；（2）设直线的方程为，由及梯形的面积为，得到，然后由与联立，结合韦达定理求解.【详解】（1）由题可知，
21、当点与椭圆的上顶点或下顶点重合时，的面积最大，设，因为的面积的最大值为，所以，即，又，所以，则，解得，由，结合，可得，所以椭圆的标准方程为（2）设直线的方程为，由及四边形的面积为，可知点，位于轴同侧，且，将代入，消去可得，则，且，即，所以，整理可得，解得或，即或，所以直线的方程为或或或【点睛】方法点睛：1、解决直线与曲线的位置关系的相关问题，往往先把直线方程与曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题涉及弦中点的问题常常用“点差法”解决，往往会更简单2、解决直线与曲线的弦长时，往往设直线与曲线的交点坐标为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 (k为直线斜率)注意：
22、利用公式计算直线被椭圆截得的弦长是在方程有解的情况下进行的，不要忽略判别式大于零13已知点，点是圆上的动点，线段的垂直平分线与相交于点，点的轨迹为曲线.（1）求的方程（2）过点作倾斜角互补的两条直线，若直线与曲线交于两点，直线与圆交于两点，当四点构成四边形，且四边形的面积为时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）或【分析】（1）根据题意可得，进而判断点的轨迹是以为焦点的椭圆，即可求出轨迹方程；（2）可得轴时和轴时不符合题意，设方程为，则直线方程为，联立直线与椭圆，表示出点到直线的距离，即可表示出四边形的面积，求出，得出直线方程.【详解】（1）在线段的垂直平分线上，又在上，则可得点的轨迹是以为焦
23、点的椭圆，则，即，故的方程为；（2）若轴时，如图，此时，则，不符合题意；若轴时，如图，此时，则，不符合题意；当都不与坐标轴垂直时，如图，设斜率分别为，由于倾斜角互补，则斜率为，则直线方程为，直线方程为，联立直线与椭圆，可得，设，则，则点到直线的距离为，同理可得点到直线的距离为，则，解得，故直线的方程为或.【点睛】方法点睛：解决直线与圆锥曲线相交问题的常用步骤：（1）得出直线方程，设交点为，；（2）联立直线与曲线方程，得到关于（或）的一元二次方程；（3）写出韦达定理；（4）将所求问题或题中关系转化为形式；（5）代入韦达定理求解.14在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知平行四边形两条对角线的长度之
24、和等于（1）求动点的轨迹方程；（2过作互相垂直的两条直线、，与动点的轨迹交于、，与动点的轨迹交于点、，、的中点分别为、；证明：直线恒过定点，并求出定点坐标求四边形面积的最小值【答案】（1）；（2）证明见解析，定点坐标为；.【分析】（1）设点的坐标为，根据已知条件得出，结合椭圆的定义可知点的轨迹是椭圆，求出、的值，结合椭圆的焦点位置可得出点的轨迹方程，并求出的取值范围；（2）分析出直线的斜率存在且不为零，可设直线的方程为，可得出直线的方程为，设点、，将直线的方程与点的轨迹方程联立，求出点的坐标，同理求出点的坐标，求出直线的方程，进而可得出直线所过定点的坐标；求得、，利用基本不等式可求得四边形面积
25、的最小值【详解】（1）设点，依题意，所以动点的轨迹为椭圆（左、右顶点除外），则，动点的轨迹方程是；（2）若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；若与轴重合，则直线与动点的轨迹没有交点，不合乎题意；设直线的方程为，则直线的方程为，直线、均过椭圆的焦点（椭圆内一点），、与椭圆必有交点设、，由，由韦达定理可得，则，所以点的坐标为，同理可得点，直线的斜率为，直线的方程是，即，当时，直线的方程为，直线过定点综上，直线过定点；由可得，同理可得，所以，四边形的面积为，当且仅当取等号因此，四边形的面积的最小值为.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线
26、的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值15已知椭圆：过点，点为其上顶点，且直线的斜率为.（1）求椭圆的方程；（2）设为第四象限内一点且在椭圆上，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积是定值.【答案】（1）；（2）证明见解析.【分析】（1）首先求点的坐标，根据求椭圆方程；（2）首先设点，利用点的坐标表示点的坐标，并利用四边形的对角线表示四边形的面积，化简为定值.【详解】（1）由题意，设直线：，令，则，于是.所以，故椭圆的方程为.（2）设，且，又，所以直线：，令
27、，则.直线：，令，则.所以四边形的面积为，所以四边形的面积为定值.【点睛】方法点睛：解决定值、定点的方法（1）从特殊入手，求出定值、定点、定线，再证明定值、定点、定线与变量无关；（2）直接计算、推理，并在计算、推理的过程中消去变量是此类问题的特点，设而不求的方法、整体思想和消元思想的运用可以有效的简化运算.16已知，分别为椭圆的左右顶点，为右焦点，点为上的一点，恰好垂直平分线段(为坐标原点)，.（1）求椭圆的方程；（2）过的直线交于，两点，若点满足(，三点不共线)，求四边形面积的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据条件得，从而得解；（2）由题意可知直线的斜率不为，设直线的方程为
28、：，设的中点为，则，知四边形为平行四边形，由，结合韦达定理可得表达式，进而可得范围.【详解】（1）由题意可知，恰好垂直平分线段，令，代入得：，解得，椭圆的方程为：.（2）由题意可知直线的斜率不为，设直线的方程为：，设，联立方程，消去得：，设的中点为，则，与互相平分，四边形为平行四边形，令，则，在上单调递增，.综上所述，四边形面积的取值范围为.【点睛】思路点睛：与圆锥曲线有关的最值和范围问题的讨论常用以下方法解决： （1）结合定义利用图形中几何量之间的大小关系； （2）不等式（组）求解法：利用题意结合图形（如点在曲线内等）列出所讨论的参数适合的不等式（组），通过解不等式组得出参数的变化范围； （
29、3）函数值域求解法：把所讨论的参数作为一个函数、一个适当的参数作为自变量来表示这个函数，通过讨论函数的值域来求参数的变化范围；（4）利用代数基本不等式： 代数基本不等式的应用，往往需要创造条件，并进行巧妙的构思； （5）结合参数方程，利用三角函数的有界性.：直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特点是均含有三角式. 因此，它们的应用价值在于： 通过参数简明地表示曲线上点的坐标； 利用三角函数的有界性及其变形公式来帮助求解诸如最值、范围等问题； （6）构造一个二次方程，利用判别式求解.17已知抛物线，圆，当时，抛物线与圆仅有两个交点（1）求抛物线的方程；（2）如图，若圆与抛物线有四个交点，且交
30、点分别为，求四边形面积的最大值【答案】（1）；（2）【分析】（1）联立方程组，结合，求得，即可求得抛物线的方程；（2）联立方程组方程组，列出不等式组，求得的范围，设，求得面积，利用换元法和导数求得函数的最值，即可求解.【详解】（1）联立方程组，整理得有两个相同的解，因为抛物线与圆仅有两个交点，可得因此，解得，所以抛物线的方程为（2）若圆与抛物线有四个交点，则方程组有四组解，可得方程有两个不同的解，所以，解得，由抛物线和圆的对称性可知，四边形是梯形，设四边形的面积为，则，因为，是方程的两个不同的解，则，则，设，则，则构造函数，则，时，时，则函数在上单调递增，在上单调递减因此当时，函数取得最大值，
31、为，故时，取得最大值，为【点睛】解后反思 关于求的最大值亦可用推广的基本不等式来处理，即，当且仅当，即时，有最大值18如图，已知双曲线的左右焦点分别为、，若点为双曲线在第一象限上的一点，且满足，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.（1）求四边形的面积；（2）若对于更一般的双曲线，点为双曲线上任意一点，过点分别作双曲线两条渐近线的平行线、与渐近线的交点分别是和.请问四边形的面积为定值吗？若是定值，求出该定值（用、表示该定值）；若不是定值，请说明理由.【答案】（1）；（2）是，且定值为.【分析】（1）求出点、的坐标，计算出点到直线的距离，利用三角形的面积公式可求得四边形的面
32、积；（2）设点，求出点的坐标，计算出点到直线的距离，利用平行四边形的面积公式化简可得结果.【详解】（1）因为双曲线，由双曲线的定义可得，又因为，因为，所以，轴，点的横坐标为，所以，可得，即点，过点且与渐近线平行的直线的方程为，联立，解得，即点，直线的方程为，点到直线的距离为，且，因此，四边形的面积为；（2）四边形的面积为定值，理由如下：设点，双曲线的渐近线方程为，则直线的方程为，联立，解得，即点，直线的方程为，即，点到直线的距离为，且，因此，（定值）.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去
33、变量，从而得到定值19已知椭圆的左、右焦点分别为，左顶点为，过点且垂直于轴的直线交椭圆所得的弦长为（1）求椭圆的标准方程；（2）设分别过点，且互相平行的直线，与椭圆依次交于，四点，求四边形面积的最大值【答案】（1）；（2）【分析】（1）由，得的关系，再由弦长得关系，结合可解得得椭圆方程；（2）设直线，的方程分别为，设，直线方程代入椭圆方程由韦达定理得主，由弦长公式得弦长，求出两平行线间距离，求得面积的表达式，利用换元法结合基本不等式可得最大值【详解】（1）设椭圆的半焦距为由，得，即，即，即由，得，根据椭圆的焦点弦可知过点且垂直于轴的直线交椭圆所得的弦长为，得，即，解得，则故椭圆的标准方程为（2）设直线，的方程分别为，联立消去得，设，则，所以又直线，之间的距离，所以令，则，则，当且仅当，即时等号成立所以四边形面积的最大值为【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆的方程，考查直线与椭圆相交中的面积的最值解题方法是设而不求的思想方法设交点坐标，即设直线方程了，与椭圆方程联立消元应用韦达定理，然后由弦长公式求弦长，再求得平行线间距离后可把面积表示炎参数的函数，然后由换元法、基本不等式等求得最大值
