例談圓錐曲線中三角形面積或面積比的求解策略

摘要：過定點(diǎn)的直線與圓錐曲線相交于兩點(diǎn)，再取不共線的第三個(gè)點(diǎn)，便得到一個(gè)三角形.本文中研究相關(guān)三角形的面積或面積比的范圍問題，通過改變定點(diǎn)的位置及改變曲線形式，分別探究相應(yīng)的解題策略，以提升學(xué)生的邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算核心素養(yǎng).

關(guān)鍵詞：定點(diǎn)；直線；圓錐曲線；三角形面積；三角形面積比

在圓錐曲線的高考試題中，經(jīng)常考查一條動(dòng)直線引發(fā)的三角形的面積或兩個(gè)三角形的面積比問題.例如下面的題目.

1 引例

例題（2020年北京高考題改編）過點(diǎn)P（0，2）作直線l交橢圓x26+y23=1于A，B兩點(diǎn).

（1）求△AOB面積的最大值；

（2）記△PAO，△PBO的面積分別為S1，S2，求S1S2的取值范圍.

解：（1）設(shè)直線l的方程為y=kx+2，聯(lián)立x26+y23=1，y=kx+2，消去y，得（1+2k2）x2+8kx+2=0，其中Δ=48k2-8gt;0，解得k2gt;16.

設(shè)A（x1，y1），B（x2，y2），則

x1+x2=-8k1+2k2，x1x2=21+2k2.[JY]①

所以|AB|=1+k2|x1-x2|=1+k25-8k1+2k22-81+2k2=1+k25226k2-11+2k2.

又因?yàn)辄c(diǎn)O到直線l的距離為d=21+k2，所以S△AOB=12|AB|d=226k2-11+2k2.

令t=6k2-1，t∈（0，+∞），則S△AOB=62tt2+4.

因?yàn)閠+4t∈［4，+∞），所以S△AOB∈[JB（]0，322，

當(dāng)且僅當(dāng)t=2，即k=±306時(shí)，△AOB的面積取到最大值322.

（2）S1S2=12|PA|·|PO|sin∠APO12|PB|·|PO|sin∠APO=|PA||PB|=x1x2.

法1：聯(lián)立齊次化法.

由①得（x1+x2）2x1x2=32k21+2k2，化簡得x1x2+x2x1+2=32k21+2k2.因?yàn)閗2gt;16，所以32k21+2k2∈（4，16），則x1x2+x2x1+2∈（4，16），解得7-43lt;x1x2lt;7+43且x1x2≠1.

所以S1S2∈（7-43，1）∪（1，7+43）.

法2：定比點(diǎn)差法.

設(shè)S1S2=λ（λ≠1），則PA=λPB，即

（x1，y1-2）=λ（x2，y2-2），

所以

x1=λx2，y1-2=λ（y2-2）.[JY]②

聯(lián)立x216+y213=1，λ2x226+λ2y223=λ2，兩式作差，得x21-λ2x226+y21-λ2y223=1-λ2，即

（y1-λy2）（y1+λy2）3=1-λ2.[JY]③

把②代入③，得（2-2λ）（y1+λy2）3=1-λ2，即

y1+λy2=32（1+λ）.[JY]④

聯(lián)立②④，得λ=7-4y1.因?yàn)閥1∈（-3，3），所以7-43lt;λlt;7+43且λ≠1.

所以S1S2∈（7-43，1）∪（1，7+43）.

點(diǎn)評：第一問以AB為底或以O(shè)P為底，均可求解，計(jì)算量相差不大.第二問，遇到線段的比值問題，通常有兩種解法.一是聯(lián)立齊次化法，即聯(lián)立直線和圓錐曲線方程，利用韋達(dá)定理整理出關(guān)于兩根的齊次式，從而得到所求結(jié)論；二是定比點(diǎn)差法，根據(jù)PA=λPB，得到定比分點(diǎn)P與A，B的坐標(biāo)關(guān)系，然后調(diào)整A，B兩點(diǎn)所在曲線的方程形式，利用點(diǎn)差法的思想，得到λ和A，B坐標(biāo)的一次函數(shù)關(guān)系，進(jìn)而求解結(jié)論.

2 變式探究

將定點(diǎn)P改為橢圓上異于坐標(biāo)軸上的點(diǎn)，依然研究相關(guān)三角形的面積，可以得到類似2024年新課標(biāo)全國Ⅰ卷第16題的變式［1］.

變式1過點(diǎn)P（2，1）作直線l，交橢圓x26+y23=1于點(diǎn)B，求△POB面積的最大值.

解法1：以PB為底邊，求△POB的面積.

當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=2，此時(shí)S△POB=12|PB|×2=2.

當(dāng)直線l斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y-1=k（x-2）.

由x26+y23=1，y-1=k（x-2），消去y，得

（1+2k2）x2-（8k2-4k）x+8k2-8k-4=0.

設(shè)B（xB，yB），由韋達(dá)定理得2xB=8k2-8k-41+2k2，

化簡得xB=4k2-4k-21+2k2，則

|PB|=1+k2|xB-2|=1+k25|4k+4|1+2k2.

又點(diǎn)O到直線l的距離為d=|1-2k|1+k2.

所以S△POB=12|PB|5d=2|2k2+k-1|1+2k2=2|2（k+1）（2k-1）|1+2k2

≤2×2（k+1）2+（2k-1）221+2k2=322，

當(dāng)且僅當(dāng)2|k+1|=|2k-1|，即k=2±322時(shí)，等號(hào)成立.

所以△POB面積的最大值為322.

解法2：以O(shè)B為底邊，求△POB的面積.

當(dāng)直線OB斜率不存在時(shí)，S△POB=3.

當(dāng)直線OB斜率存在時(shí)，設(shè)直線OB為y=kx.

由x26+y23=1，y=kx，消去y，得（1+2k2）x2-6=0.

設(shè)B（xB，yB），則|xB|=61+2k2，所以

|OB|=1+k2|xB|=1+k2561+2k2.

又因?yàn)辄c(diǎn)P到直線OB的距離為d=|2k-1|1+k2，所以S△POB=62×

|2k-1|1+2k2.

令2k-1=t，t∈（-∞，0）∪（0，+∞），則S△POB=62×|t|t2+2t+32=62×1t2+2t+32t2≤322，

當(dāng)1t=-13，即k=-1時(shí)，等號(hào)成立.

所以△POB面積的最大值為322.

解法3：以O(shè)P為底邊，求△POB的面積.

由題意得直線OP：x-2y=0，則過點(diǎn)B且與OP平行的直線可設(shè)為l：x-2y+c=0.

當(dāng)直線l與橢圓相切時(shí)，點(diǎn)B到直線OP的距離最大.

由x26+y23=1，x-2y+c=0，整理得6y2-4cy+c2-6=0.

由Δ=-8c2+144=0，解得c=±32.所以，點(diǎn)B到OP的最大距離為d=|±32|1+22=3105.

故（S△POB）max=12|PO|d=12×5×3105=322.

所以△POB面積的最大值為322.

解法4：以O(shè)P為底邊，利用三角換元法求△POB的面積

.

設(shè)B（6cos θ，3sin θ），θ∈［0，2π），則B到直線OP：x-2y=0的距離為d=|6cos θ-23sin θ|5=32|sin（θ-φ）|5，其中tan φ=22.

所以S△POB=12|PO|d=322|sin（θ-φ）|≤322.

所以△POB面積的最大值為322.

點(diǎn)評：本題上述四種解法分別以不同邊為底邊進(jìn)行求解，其中以PB為底邊計(jì)算量最大，以O(shè)P為底邊計(jì)算量偏小.求解三角形面積時(shí)，要仔細(xì)分析題目所給的條件，從不同的底邊出發(fā)，反復(fù)推演相關(guān)的解法，盡量減輕計(jì)算量，起到事半功倍的效果.

接下來，將橢圓變?yōu)殡p曲線，把求解一個(gè)三角形的面積變?yōu)榍笕齻€(gè)三角形的面積比，得到下面的變式.

變式2已知雙曲線E：x2-y23=1，過右焦點(diǎn)F作直線l交雙曲線的右支于A，B兩點(diǎn)，交兩條漸近線于C，D兩點(diǎn)，點(diǎn)A，C在第一象限，O為坐標(biāo)原點(diǎn).

（1）求△OAB面積的取值范圍；

（2）記△OAC，△OAD，△OAB的面積分別是S1，S2，S3，求S3S1S2的取值范圍.

解：由題意知F（2，0），雙曲線的漸近線方程為3x±y=0.設(shè)A（x1，y2），B（x2，y2）.

設(shè)直線l的方程為x=my+2，因?yàn)橹本€l與雙曲線的右支相交，所以-33lt;mlt;33.

由x2-y23=1，x=my+2，消去x，得（3m2-1）y2+12my+9=0，則y1+y2=-12m3m2-1，y1y2=93m2-1.

所以|AB|=1+m2|y1-y2|=1+m2561+m21-3m2.

又因?yàn)辄c(diǎn)O到直線l的距離為d=21+m2，所以S△OAB=12|AB|d=61+m21-3m2.

令1+m2=t，t∈1，233[JB）]，則

S△OAB=6t-3t2+4=6-3t+4t∈［6，+∞）.

（2）因?yàn)閤21-y213=1，即3x21-y21=3，則點(diǎn)A到兩條漸近線的距離d1，d2滿足

d1d2=|3x1-y1|2·|3x1+y1|2=|3x21-y21|4=34.

由y=3x，x=my+2，得xC=21-3m，yC=231-3m，則點(diǎn)C的坐標(biāo)為21-3m，231-3m，所以|OC|=41-3m.

同理，可得|OD|=41+3m.

所以S1S2=12|OC|·d1·12|OD|·d2=31-3m2.

故S3S1S2=21+m2.

因?yàn)?33lt;mlt;33，所以21+m2∈2，433[JB）].

所以S3S1S2的取值范圍為2，433[JB）].

點(diǎn)評：第一問，類似引例中的橢圓，以AB為底求△AOB的面積；第二問涉及三個(gè)三角形的面積，通過分析注意到C，D兩點(diǎn)都是直線l與漸近線的交點(diǎn)，故以O(shè)C，OD為底求△OAC，△OAD的面積比較簡單.

高考試題中，經(jīng)常把直線過定點(diǎn)這個(gè)條件隱性化，讓學(xué)生經(jīng)過探索后，使之顯性化.同時(shí)我們把雙曲線換成拋物線，得到下面的變式.

變式3已知拋物線E：y2=4x，過焦點(diǎn)F的直線l1交拋物線于M，N兩點(diǎn)，過點(diǎn)P（4，0）的直線l2交拋物線于A，B兩點(diǎn)，M，B在x軸同側(cè).若直線l1的斜率是直線l2的斜率的2倍.求四邊形MFAP面積的最小值.

解：設(shè)M（x1，y1），A（x2，y2），

直線MA的方程為x=my+n.

由x=my+n，y2=4x，得y2-4my-4n=0，則

y1+y2=4m，y1y2=-4n.

因?yàn)閗l1=y1x1-1=y1y214-1，kl2=y2x2-1=y2y224-4，又kl1=2kl2，

所以y1y214-1=2y2y224-4，整理得y1y2=-8.

結(jié)合y1y2=-4n，得n=2.

所以直線MA方程為x=my+2，恒過定點(diǎn)（2，0）.

SMFAP=12|FP||y1-y2|

=32（y1+y2）2-4y1y2

=32（4m）2+32

=6m2+2≥62.

故當(dāng)m=0時(shí)，四邊形MFAP面積取最小值62.

點(diǎn)評：本題已知兩條過定點(diǎn)的動(dòng)直線l1，l2，通過兩直線的斜率關(guān)系，推出第三條直線MA過定點(diǎn)這個(gè)隱性結(jié)論，題目也就迎刃而解.

3 策略總結(jié)

圓錐曲線中，經(jīng)常用公式“S△=底×高÷2”求解三角形的面積，關(guān)鍵在于底邊和高的選擇.解題時(shí)要深入分析題目的條件，發(fā)現(xiàn)變化之中的不變性，要反復(fù)比較不同底邊之間運(yùn)算量的差異，從而快速高效地解題.遇到求面積的范圍問題時(shí)，經(jīng)常利用基本不等式、函數(shù)和三角換元等方法進(jìn)行求解.

關(guān)于三角形的面積比問題，經(jīng)常轉(zhuǎn)換為線段的比值問題，可用聯(lián)立齊次化法和定比點(diǎn)差法，構(gòu)造以坐標(biāo)之比為變量的函數(shù)進(jìn)行求解.

此外，S=12absin C和向量外積法[2]也會(huì)對化簡起到事半功倍的效果，教學(xué)時(shí)可以適當(dāng)補(bǔ)充.

參考文獻(xiàn)：

[1]林銀玲，代紅軍.多角度探究2024年全國新高考Ⅰ卷第16題[J].中學(xué)生數(shù)學(xué)，2025（3）：3941.

[2]陳喬依.有關(guān)圓錐曲線內(nèi)三角形面積的研究[J].科教導(dǎo)刊（中旬刊），2016（8）：4445，56.