圆锥曲线一：面积

系列阅读：本篇为专题一；继续阅读专题二：圆锥曲线定值问题。

面积方法速览#

一、三角形：#

$S _ { \triangle } = \frac { 1 } { 2 } \cdot$ 弦长·点到弦长距离 $= { \frac { 1 } { 2 } } { \big | } A B { \big | } \cdot d$

$S _ { \triangle } = \frac { 1 } { 2 } \big | M N \big | \cdot \big | y _ { 2 } - y _ { 1 } \big | = \frac { 1 } { 2 } \big | M N \big | \cdot \big | x _ { 2 } - x _ { 1 } \big |$

$S _ { \triangle } = \frac { 1 } { 2 } a b \sin C$

$S _ { \triangle } = \frac { 1 } { 2 } \left\| { \begin{array} { l l l } { x _ { 1 } } & { y _ { 1 } } & { 1 } \\ { x _ { 2 } } & { y _ { 2 } } & { 1 } \\ { x _ { 3 } } & { y _ { 3 } } & { 1 } \end{array} } \right\|$

二、四边形：#

平行四边形：

(1) 平行四边形的面积 $S_{\text{平行四边形}}=\text{底}\cdot\text{高}$ ；

(2) 平行四边形的两条对角线分割成四个面积相等的三角形， $S_{\text{平行四边形}}=4S_{\triangle}$ 。

四边形对角线互相垂直：

$S_{\text{四边形}}=\frac12\cdot\text{对角线 1}\cdot\text{对角线 2}=\frac12|AC|\cdot|BD|$ 。

三、圆：#

圆的面积 $S_{\text{圆}}=\pi R^2$ 。
$S _ { \triangle } = \frac { 1 } { 2 } \big ( a + b + c \big ) r$ (r 为内切圆半径)

例 1#

已知椭圆的中心在原点O，焦点在x轴上，点 $A \left( - 2 { \sqrt { 3 } } , 0 \right)$ 是其左顶点，在x轴上方的点C在椭圆上且 $\overrightarrow { A C } \cdot \overrightarrow { C O } = 0 , \vert \overrightarrow { A C } \vert = \left. \overrightarrow { C O } \right.$

(1) 求椭圆的方程;

(2) 若平行于CO的直线l和椭圆交于M、N两个不同点，求 $\triangle C M N$ 面积的最大值，并求此时直线l的方程。

查看答案

(1) 椭圆方程为

\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}=1.

(2) 面积最大值为 $2\sqrt3$ ；此时

l:x+y=2\sqrt2

或

l:x+y=-2\sqrt2.

查看推导

思路先利用 $A$ 为左顶点确定长半轴，再由 $AC\perp CO$ 和 $|AC|=|CO|$ 求出点 $C$ 。第二问把与 $CO$ 平行的直线写成 $x+y=t$ ，用弦长公式与点到直线距离表示三角形面积，再对参数 $t$ 求最大值。

推导由 $A(-2\sqrt3,0)$ 为左顶点，得 $a=2\sqrt3$ ，故 $a^2=12$ 。设 $C(x,y)$ ，其中 $y>0$ 。

由 $|AC|=|CO|$ ，

(x+2\sqrt3)^2+y^2=x^2+y^2,

所以 $x=-\sqrt3$ 。又 $AC\perp CO$ ，

(x+2\sqrt3,y)\cdot(-x,-y)=0,

代入 $x=-\sqrt3$ 得 $y^2=3$ ，故 $C(-\sqrt3,\sqrt3)$ 。

设椭圆为

\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{b^2}=1.

代入 $C$ 得

\frac3{12}+\frac3{b^2}=1,

故 $b^2=4$ ，从而

\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{4}=1.

因为 $CO$ 的斜率为 $-1$ ，设

l:x+y=t.

代入椭圆：

\frac{x^2}{12}+\frac{(t-x)^2}{4}=1 \Longleftrightarrow 4x^2-6tx+3t^2-12=0.

两交点横坐标差为

|x_1-x_2|=\frac{\sqrt{12(16-t^2)}}4 =\frac{\sqrt3}{2}\sqrt{16-t^2}.

故

|MN|=\sqrt2|x_1-x_2| =\frac{\sqrt6}{2}\sqrt{16-t^2}.

点 $C$ 到 $l$ 的距离为 $|t|/\sqrt2$ ，于是

S_{\triangle CMN} =\frac12|MN|\cdot\frac{|t|}{\sqrt2} =\frac{\sqrt3}{4}|t|\sqrt{16-t^2}.

令 $u=t^2$ ，则

S^2=\frac3{16}u(16-u),

当 $u=8$ 时取得最大值。因此 $t=\pm2\sqrt2$ ，且

S_{\max}=2\sqrt3.

【例2】#

已知椭圆 ${ \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } } + { \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } } = 1 { \bigl ( } a > b > 0 { \bigr ) }$ 的离心率 $e = { \frac { c } { a } } = { \frac { \sqrt { 6 } } { 3 } }$ ，长轴长为 $2 \sqrt { 3 }$ ，直线 $l : y = k x + m$ 交椭圆于不同的两点A、B.

(1) 求椭圆的方程;

(2) 若m=1，且 ${ \overline { { O A } } } \cdot { \overline { { O B } } } = 0$ ，求 k的值(O 为坐标原点)；

(3) 若坐标原点O到直线l的距离为 $\frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$ ，求 $\triangle A O B$ 的面积的最大值。

查看答案

(1)

\frac{x^2}{3}+y^2=1.

(2)

k=\pm\frac1{\sqrt3}.

(3)

S_{\triangle AOB}^{\max}=\frac{\sqrt3}{2}.

查看推导

思路由长轴长和离心率先确定 $a,b,c$ 。第二问联立直线与椭圆，用韦达定理或直接利用一个交点求垂直条件。第三问把原点到直线的距离条件转化为 $m^2$ 与 $k^2$ 的关系，再把面积写成单变量函数求最大值。

推导 (1) 长轴长为 $2\sqrt3$ ，所以 $a=\sqrt3$ 。又

c=ae=\sqrt3\cdot\frac{\sqrt6}{3}=\sqrt2,

故

b^2=a^2-c^2=3-2=1.

于是椭圆为

\frac{x^2}{3}+y^2=1.

(2) 当 $m=1$ 时，直线为 $y=kx+1$ 。代入椭圆：

\frac{x^2}{3}+(kx+1)^2=1.

整理得

\left(k^2+\frac13\right)x^2+2kx=0.

其中一个交点为 $(0,1)$ 。另一交点记为 $B(x_B,y_B)$ ，由

\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0

可得 $y_B=0$ 。又 $y_B=kx_B+1$ ，结合上式可化得

k^2=\frac13,

所以

k=\pm\frac1{\sqrt3}.

(3) 原点到直线 $kx-y+m=0$ 的距离为

\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}=\frac{\sqrt3}{2},

故

m^2=\frac34(1+k^2).

将 $y=kx+m$ 代入椭圆，得

\left(k^2+\frac13\right)x^2+2kmx+(m^2-1)=0.

若交点横坐标为 $x_1,x_2$ ，则

S_{\triangle AOB} =\frac12|x_1y_2-x_2y_1| =\frac12|m|\,|x_1-x_2|.

令 $t=k^2\ge0$ ，代入判别式并化简得

S^2 =\frac9{16}\cdot \frac{(t+1)(9t+1)}{(3t+1)^2} =\frac9{16}\left(1+\frac{4t}{(3t+1)^2}\right).

而

\frac{4t}{(3t+1)^2}\le\frac13,

等号在 $t=\frac13$ 时成立。因此

S_{\max}=\frac{\sqrt3}{2}.

随堂练习#

已知椭圆 $M : \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 \big ( a > b > 0 \big )$ 的左右焦点分别为 E(-2,0)、F(2,0)，在椭圆M 中有一内接 $\triangle A B C$ 其顶点C的坐标 $\left( { \sqrt { 3 } } , 1 \right)$ ，AB所在直线的斜率 $\frac { \sqrt { 3 } } { 3 }$

(1) 求椭圆 M 的方程；

(2) 当 $\triangle A B C$ 的面积最大时，求直线AB的方程。

查看答案

(1)

\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1.

(2) 当面积最大时，

AB:y=\frac{\sqrt3}{3}x+\sqrt2

或

AB:y=\frac{\sqrt3}{3}x-\sqrt2.

查看推导

思路由焦距得到 $c=2$ ，再利用点 $C(\sqrt3,1)$ 在椭圆上确定 $a,b$ 。第二问设平行弦为 $y=\frac1{\sqrt3}x+t$ ，用弦长乘点 $C$ 到直线的距离表示面积。

推导 (1) 因焦点为 $(-2,0),(2,0)$ ，有

c=2,\qquad a^2-b^2=4.

又 $C(\sqrt3,1)$ 在椭圆上，所以

\frac3{a^2}+\frac1{b^2}=1.

联立解得

a^2=6,\qquad b^2=2.

故椭圆为

\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{2}=1.

(2) 设

AB:y=\frac1{\sqrt3}x+t.

代入椭圆，化为关于 $x$ 的二次方程，可得

|AB|=2\sqrt{4-t^2},\qquad |t|<2.

点 $C(\sqrt3,1)$ 到该直线的距离为

d=\frac{|\frac1{\sqrt3}\cdot\sqrt3+t-1|} {\sqrt{1+\frac13}} =\frac{\sqrt3}{2}|t|.

于是

S_{\triangle ABC} =\frac12|AB|d =\frac{\sqrt3}{2}|t|\sqrt{4-t^2}.

令 $u=t^2$ ，则 $u(4-u)$ 在 $u=2$ 时最大，故

t=\pm\sqrt2.

因此所求直线为

y=\frac{\sqrt3}{3}x\pm\sqrt2.

例 3#

如图，设F是椭圆 $\frac { x ^ { 2 } } { 3 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1$ 的下焦点，直线 $y = k x - 4 \left( k > 0 \right)$ ，与椭圆相交于A,B 两点，与y轴交于P 点。 34

(1) 若 ${ \overline { { P A } } } = { \overline { { A B } } }$ ，求k的值；

(2) 求 $\triangle A B F$ 面积的最大值。

查看答案

(1)

k=\frac6{\sqrt5}=\frac{6\sqrt5}{5}.

(2)

S_{\triangle ABF}^{\max}=\frac{3\sqrt3}{4},

此时

k=\sqrt{\frac{28}{3}}=\frac{2\sqrt{21}}3.

查看推导

思路把直线代入椭圆得到交点横坐标的二次方程。第一问利用图中 $P,A,B$ 的顺序，将 $PA=AB$ 转化为两个根的比例关系；第二问用弦长与焦点到直线的距离表示面积。

推导椭圆

\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1

的下焦点为 $F(0,-1)$ 。直线为 $y=kx-4$ ，代入椭圆得

(4+3k^2)x^2-24kx+36=0.

设两根为 $0<x_1<x_2$ ，其中 $A$ 对应 $x_1$ ， $B$ 对应 $x_2$ 。

(1) 因 $P=(0,-4)$ ，沿同一直线有

PA=x_1\sqrt{1+k^2},\qquad AB=(x_2-x_1)\sqrt{1+k^2}.

条件 $PA=AB$ 给出 $x_2=2x_1$ 。于是

\frac{(x_1+x_2)^2}{x_1x_2} =\frac{9x_1^2}{2x_1^2}=\frac92.

由韦达定理

x_1+x_2=\frac{24k}{4+3k^2},\qquad x_1x_2=\frac{36}{4+3k^2}.

代入得

\frac{16k^2}{4+3k^2}=\frac92,

所以 $k^2=\frac{36}{5}$ 。因 $k>0$ ，

k=\frac6{\sqrt5}.

(2) 两根之差为

|x_2-x_1| =\frac{12\sqrt{k^2-4}}{4+3k^2},

故

|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_2-x_1|.

点 $F(0,-1)$ 到直线 $kx-y-4=0$ 的距离为

d=\frac3{\sqrt{1+k^2}}.

因此

S=\frac12|AB|d =\frac{18\sqrt{k^2-4}}{4+3k^2}.

令 $t=k^2>4$ ，则

S^2=324\frac{t-4}{(4+3t)^2}.

函数在 $t=\frac{28}{3}$ 时取得最大值，故

S_{\max}=\frac{3\sqrt3}{4}.

例 4#

如图所示，抛物线 $y ^ { 2 } = 4 x$ 的顶点为O，点A的坐标为(5,0)，倾斜角为 $\frac { \pi } { 4 }$ 的直线l与线段OA相交（不经过点O或点A）且交抛物线于M、N两点，求 $\triangle A M N$ 面积最大时直线l的方程，并求△AMN的最大面积。

查看答案

面积最大时

l:y=x-1,

且

S_{\triangle AMN}^{\max}=8\sqrt2.

查看推导

思路设直线与 $x$ 轴交于 $(t,0)$ ，由题意 $0<t<5$ ，故直线可写成 $y=x-t$ 。将其代入抛物线求弦长，再乘点 $A$ 到直线的距离。

推导设

l:y=x-t,\qquad 0<t<5.

与抛物线 $y^2=4x$ 联立：

(x-t)^2=4x,

即

x^2-(2t+4)x+t^2=0.

两交点横坐标之差为

|x_1-x_2|=4\sqrt{t+1},

所以

|MN|=\sqrt2|x_1-x_2| =4\sqrt{2(t+1)}.

点 $A(5,0)$ 到直线 $x-y-t=0$ 的距离为

d=\frac{5-t}{\sqrt2}.

于是

S_{\triangle AMN} =\frac12|MN|d =2(5-t)\sqrt{t+1}.

令 $u=t+1\in(1,6)$ ，则

S=2(6-u)\sqrt u.

求导或配方可知在 $u=2$ ，即 $t=1$ 时取得最大值：

S_{\max}=8\sqrt2.

故

l:y=x-1.

随堂练习#

直线l过椭圆 ${ \frac { x ^ { 2 } } { 4 } } + y ^ { 2 } = 1$ 左焦点 $F _ { 1 }$ ，交椭圆于A、B 两点， $F _ { 2 }$ 为右焦点，求 $\triangle A F _ { 2 } B$ 面积 $S _ { \Delta A F _ { 2 } B }$ 的最大值。

查看答案

S_{\triangle AF_2B}^{\max}=2.

当直线 $l$ 的斜率满足

k=\pm\frac1{\sqrt2}

时取得最大值。

查看推导

思路设过左焦点的直线斜率为 $k$ ，用联立方程求焦点弦 $AB$ ，再用右焦点到直线的距离计算三角形面积。

推导椭圆

\frac{x^2}{4}+y^2=1

有焦点

F_1(-\sqrt3,0),\qquad F_2(\sqrt3,0).

设

l:y=k(x+\sqrt3).

代入椭圆，关于 $x$ 的方程为

\left(k^2+\frac14\right)x^2+2\sqrt3k^2x+(3k^2-1)=0.

其判别式化简为 $k^2+1$ ，故两交点横坐标之差

|x_1-x_2|=\frac{\sqrt{k^2+1}}{k^2+\frac14}.

从而

|AB|=\frac{1+k^2}{k^2+\frac14}.

点 $F_2$ 到直线 $kx-y+k\sqrt3=0$ 的距离为

d=\frac{2\sqrt3|k|}{\sqrt{1+k^2}}.

于是

S=\frac12|AB|d =\frac{\sqrt3|k|\sqrt{1+k^2}}{k^2+\frac14}.

令 $t=k^2$ ，则

S^2=3\frac{t(t+1)}{(t+\frac14)^2}.

该函数在 $t=\frac12$ 时取得最大值 $4$ ，故

S_{\max}=2.

【例5】（2018松江—模20题）#

已知椭圆 $E : \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 \left( a > b > 0 \right)$ 经过点 $\left( 1 , { \frac { 3 } { 2 } } \right)$ ，其左焦点为 $F \left( - { \sqrt { 3 } } , 0 \right)$ ，过F点的直线交椭圆于A、B两点，交y轴的正半轴于M点.

(1) 求椭圆E 的方程；

(2)过点F且与l垂直的直线交椭圆于C、D两点，若四边形ACBD的面积为 $\frac 4 3$ ，求直线l的方程；

引申：若要四边形ABCD面积最小，则直线l的斜率为多少？若要四边形ABCD面积最大，则直线l的斜率为多少？

查看答案

(1)

\frac{x^2}{4}+y^2=1.

(2)

l:x-\sqrt2\,y+\sqrt3=0

或

l\colon sqrt2\,x-y+\sqrt6=0.

引申：在原题“交 $y$ 轴正半轴”条件下，面积最小时 $k=1$ ，最小值为

\frac{32}{25}.

面积没有最大值，其上确界为 $2$ 。若放宽边界条件允许 $k=0$ ，则最大值 $2$ 可在 $l$ 为 $x$ 轴时取得。

查看推导

思路先由焦点和已知点确定椭圆。第二问把过焦点的两条互相垂直的焦点弦长度分别写成斜率参数的函数，四边形 $ACBD$ 的两条对角线互相垂直，因此面积等于两对角线乘积的一半。

推导 (1) 左焦点为 $F(-\sqrt3,0)$ ，所以

c^2=a^2-b^2=3.

又点 $\left(1,\frac32\right)$ 在椭圆上：

\frac1{a^2}+\frac{9}{4b^2}=1.

解得

a^2=4,\qquad b^2=1,

即

\frac{x^2}{4}+y^2=1.

(2) 设直线 $l$ 的斜率为 $k>0$ ，则

l:y=k(x+\sqrt3).

焦点弦

|AB|=\frac{4(1+k^2)}{4k^2+1}.

过同一焦点且与 $l$ 垂直的直线斜率为 $-1/k$ ，其焦点弦

|CD|=\frac{4(1+k^2)}{k^2+4}.

由于 $AB\perp CD$ ，四边形 $ACBD$ 的面积为

S=\frac12|AB|\,|CD| =\frac{8(1+k^2)^2}{(4k^2+1)(k^2+4)}.

令 $t=k^2>0$ 。由 $S=\frac43$ 得

\frac{8(1+t)^2}{(4t+1)(t+4)}=\frac43,

解得

t=\frac12\quad\text{或}\quad t=2.

因 $k>0$ ，

k=\frac1{\sqrt2}\quad\text{或}\quad k=\sqrt2.

对应直线为

x-\sqrt2\,y+\sqrt3=0

或

\sqrt2\,x-y+\sqrt6=0.

引申：对

S(t)=\frac{8(1+t)^2}{(4t+1)(t+4)}

求导，得其在 $t=1$ 处取得最小值

S_{\min}=\frac{32}{25}.

在原题 $k>0$ 的范围内， $t\to0^+$ 或 $t\to+\infty$ 时 $S\to2$ ，但不能取得，因此不存在最大值，只有上确界 $2$ 。

例 6#

已知圆C 经过点 A(-2,0)，B(0,2)，且圆心在直线 y = x上，又直线l: y = kx +1 与圆相交于 P、Q 两点。

(1) 求圆C的方程；(2)若 ${ \overrightarrow { O P } } \cdot { \overrightarrow { O Q } } = - 2$ ，求实数k的值；

(3) 过点(0,1)作直线 $l _ { \mathrm { l } }$ 与l垂直，且直线 $l _ { \mathrm { l } }$ 与圆C交于M、N两点，求四边形PMQN面积的最大值。

查看答案

(1)

x^2+y^2=4.

(2)

k=0.

(3)

S_{PMQN}^{\max}=7,

当 $k=\pm1$ 时取得。

查看推导

思路先由圆心在 $y=x$ 上且到两已知点距离相等确定圆心。第二问利用交点坐标的韦达关系计算向量点积。第三问利用互相垂直的两条弦作为四边形的对角线，把面积化成两弦长的乘积。

推导 (1) 设圆心为 $(h,h)$ 。由其到 $A(-2,0)$ 、 $B(0,2)$ 的距离相等，

(h+2)^2+h^2=h^2+(h-2)^2,

得 $h=0$ 。半径为 $2$ ，故

x^2+y^2=4.

(2) 将 $y=kx+1$ 代入圆：

(1+k^2)x^2+2kx-3=0.

设交点横坐标为 $x_1,x_2$ ，则

x_1+x_2=-\frac{2k}{1+k^2},\qquad x_1x_2=-\frac3{1+k^2}.

于是

\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{OQ} =x_1x_2+(kx_1+1)(kx_2+1) =-2-\frac{2k^2}{1+k^2}.

令其等于 $-2$ ，得到 $k=0$ 。

(3) 设点 $(0,1)$ 到 $l$ 与 $l_1$ 对应的圆心距分别为 $d_1,d_2$ 。两直线互相垂直且都过 $(0,1)$ ，故

d_1^2+d_2^2=1.

圆半径为 $2$ ，所以

|PQ|=2\sqrt{4-d_1^2},\qquad |MN|=2\sqrt{4-d_2^2}.

四边形 $PMQN$ 的对角线为 $PQ,MN$ 且互相垂直，

S=\frac12|PQ|\,|MN| =2\sqrt{(4-d_1^2)(4-d_2^2)}.

令 $u=d_1^2$ ，则 $d_2^2=1-u$ ，

(4-u)(3+u)=12+u-u^2\le\frac{49}{4}.

因此

S\le7.

等号在 $u=\frac12$ 时成立，即 $k^2=1$ 。

【例7】（2021嘉定一模20题）#

在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆 ${ \Gamma } \colon \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 \bigl ( a > b > 0 \bigr )$ 的长轴长为6，且经过点 $Q { \left( \frac { 3 } { 2 } , \sqrt { 3 } \right) }$ ，A为左顶点、B为下顶点，椭圆上的点P在第一象限，PA交y轴于点C，PB交x轴于点D.

(1) 求椭圆Γ 的标准方程；

(2) 若 $\overrightarrow { O B } + 2 \overrightarrow { O C } = \overrightarrow { 0 }$ ，求线段AP的长；

(3)试问：四边形ABCD的面积是否为定值？若是，求出该定值；
若不是，请说明理由。

查看答案

(1)

\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1.

(2)

AP=\frac{8\sqrt{10}}5.

(3) 四边形面积为定值，定值为

6.

查看推导

思路第一问由长轴长和已知点直接求短轴。第二问把向量条件转化为 $C=(0,1)$ ，求直线 $AP$ 与椭圆的另一交点。第三问设 $P(x,y)$ ，写出两截距 $C,D$ ，再用椭圆方程化简四边形面积。

推导 (1) 长轴长为 $6$ ，故 $a=3$ 。将

Q\left(\frac32,\sqrt3\right)

代入

\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{b^2}=1

得

\frac14+\frac3{b^2}=1,

所以 $b^2=4$ 。于是

\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1.

(2) $B=(0,-2)$ ，由

\overrightarrow{OB}+2\overrightarrow{OC}=\vec0

得 $C=(0,1)$ 。又 $A=(-3,0)$ ，故

AP:y=\frac{x+3}{3}.

代入椭圆：

\frac{x^2}{9}+\frac{(x+3)^2}{36}=1 \Longleftrightarrow 5x^2+6x-27=0.

一个根为 $x=-3$ ，另一根为 $x=\frac95$ ，于是

P\left(\frac95,\frac85\right).

因此

AP=\sqrt{\left(\frac{24}{5}\right)^2+ \left(\frac85\right)^2} =\frac{8\sqrt{10}}5.

(3) 设 $P(x,y)$ 在第一象限。直线 $AP$ 与 $y$ 轴交于

C\left(0,\frac{3y}{x+3}\right),

直线 $BP$ 与 $x$ 轴交于

D\left(\frac{2x}{y+2},0\right).

图中的四边形由 $A,B,D,C$ 围成，其面积为

S=\frac12\left(3+\frac{2x}{y+2}\right) \left(2+\frac{3y}{x+3}\right).

整理得

S=\frac12\frac{(2x+3y+6)^2}{(x+3)(y+2)}.

椭圆方程等价于

4x^2+9y^2=36.

因此

(2x+3y+6)^2 =12(x+3)(y+2),

从而

S=6.

故面积为定值 $6$ 。

例 8（2024松江—模20题）#

已知椭圆 ${ \cal T } : \frac { y ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { x ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 \left( a > b > 0 \right)$ 的离心率为 $\frac { \sqrt { 2 } } { 2 }$ ，其上焦点F与抛物线 $K : x ^ { 2 } = 4 y$ 的焦点重合。

(1) 求椭圆Γ 的方程；

(2)若过点F的直线交椭圆Γ于点A、B，同时交抛物线K于点C、D（如图1所示，点C在椭圆与抛物线第一象限交点上方)，试比较线段AC与BD长度的大小，并说明理由；

(3)若过点F的直线交椭圆Γ于点A、B，过点F与直线AB垂直的直线EG交抛物线K于点E、G(如图2所示)，试求四边形AEBG面积的最小值。

查看答案

(1)

x^2+\frac{y^2}{2}=1.

(2)

AC>BD.

(3)

S_{AEBG}^{\min}=4\sqrt2.

当 $AB$ 为直线 $x=0$ 时取得。

查看推导

思路由抛物线焦点确定椭圆焦点，再由离心率求 $a,b$ 。第二问按照图示把过焦点直线写成 $y=kx+1$ 且 $k>0$ ，分别利用两曲线交点横坐标之和比较两段长度。第三问利用互相垂直的两条焦点弦作为四边形对角线。

推导 (1) 抛物线 $x^2=4y$ 的焦点为 $F(0,1)$ ，故椭圆的 $c=1$ 。又

e=\frac ca=\frac{\sqrt2}{2},

得 $a=\sqrt2$ ，所以

b^2=a^2-c^2=1.

椭圆为

\frac{y^2}{2}+x^2=1.

(2) 按图示设过 $F$ 的直线为

y=kx+1,\qquad k>0.

与抛物线联立：

x^2=4(kx+1) \Longleftrightarrow x^2-4kx-4=0,

故抛物线两交点横坐标之和为 $4k$ 。

与椭圆联立：

x^2+\frac{(kx+1)^2}{2}=1 \Longleftrightarrow (k^2+2)x^2+2kx-1=0,

故椭圆两交点横坐标之和为

-\frac{2k}{k^2+2}.

设正半轴方向上的交点依次为 $A,C$ ，负半轴方向上的交点依次为 $B,D$ 。沿同一直线长度与横坐标差成比例，因此

AC-BD =\sqrt{1+k^2}\left[ 4k+\frac{2k}{k^2+2} \right]>0.

所以

AC>BD.

(3) 设 $AB$ 斜率为有限实数 $k\ne0$ 。椭圆焦点弦长度为

|AB|=\frac{2\sqrt2(1+k^2)}{k^2+2}.

与其垂直的过焦点直线斜率为 $-1/k$ 。抛物线的焦点弦长度为

|EG|=4\left(1+\frac1{k^2}\right) =\frac{4(1+k^2)}{k^2}.

由于 $AB\perp EG$ ，

S_{AEBG} =\frac12|AB|\,|EG| =4\sqrt2\frac{(1+k^2)^2}{k^2(k^2+2)}.

又

\frac{(1+k^2)^2}{k^2(k^2+2)} =1+\frac1{k^2(k^2+2)}>1.

当 $AB$ 为竖直线 $x=0$ 时，垂线为 $y=1$ ，此时

|AB|=2\sqrt2,\qquad |EG|=4,

故

S_{\min}=\frac12\cdot2\sqrt2\cdot4=4\sqrt2.

例 9（2020虹口—模20题）#

已知两点 $F _ { 1 } \left( - \sqrt { 3 } , 0 \right) , F _ { 2 } \left( \sqrt { 3 } , 0 \right)$ ，设圆 $O \colon x ^ { 2 } + y ^ { 2 } = 4$ 与x轴交于A,B两点，且动点P满足：以线段 $F _ { 2 } P$ 为直径的圆与圆O相内切，如图所示：

记动点P的轨迹为Γ，过点 $F _ { 2 }$ 与x轴不重合的直线l与轨迹Γ交于M,N两点。

(1) 求轨迹Γ的方程;

(2) 设线段MN的中点为Q，直线OQ与直线 $x = \frac { 4 \sqrt { 3 } } { 3 }$ 相交于点R，求证： $\overrightarrow { F _ { 2 } R } \perp l$

(3) 记 $\triangle A B M$ $\triangle A B N$ 的面积分别为 $S _ { 1 } , S _ { 2 }$ ，求 $\left| S _ { 1 } - S _ { 2 } \right|$ 的最大值及此时直线l的方程。

查看答案

(1)

\Gamma\colon \frac{x^2}{4}+y^2=1.

(2) 结论成立，即

\overrightarrow{F_2R}\perp l.

(3)

\max|S_1-S_2|=\sqrt3,

此时

l:y=\frac12(x-\sqrt3)

或

l:y=-\frac12(x-\sqrt3).

查看推导

思路内切条件先转化为两焦点距离之和为常数，从而得到椭圆轨迹。第二、三问设过右焦点的直线斜率为 $k$ ，利用韦达定理求弦中点和两个交点纵坐标之和。

推导 (1) 以 $F_2P$ 为直径的圆，其圆心为 $F_2P$ 中点，半径为 $PF_2/2$ 。与圆 $O$ 内切时，

\frac{|P+F_2|}{2}+\frac{|P-F_2|}{2}=2,

即

PF_1+PF_2=4.

所以轨迹是以 $F_1,F_2$ 为焦点、长轴长为 $4$ 的椭圆。因

a=2,\qquad c=\sqrt3,\qquad b^2=1,

故

\Gamma\colon \frac{x^2}{4}+y^2=1.

(2) 设

l:y=k(x-\sqrt3),\qquad k\ne0.

与椭圆联立后，设 $M,N$ 横坐标为 $x_1,x_2$ ，由韦达定理

x_1+x_2=\frac{8\sqrt3k^2}{4k^2+1}.

所以中点

Q\left( \frac{4\sqrt3k^2}{4k^2+1}, -\frac{\sqrt3k}{4k^2+1} \right).

于是

k_{OQ}=-\frac1{4k}.

直线 $OQ$ 与

x=\frac{4\sqrt3}{3}

交于

R\left(\frac{4\sqrt3}{3},-\frac{\sqrt3}{3k}\right).

因此

k_{F_2R} =\frac{-\frac{\sqrt3}{3k}}{\frac{4\sqrt3}{3}-\sqrt3} =-\frac1k.

故

k\cdot k_{F_2R}=-1,

即 $F_2R\perp l$ 。

(3) 圆与 $x$ 轴交点为 $A(-2,0),B(2,0)$ ，故

S_1=2|y_M|,\qquad S_2=2|y_N|.

因 $M,N$ 位于 $x$ 轴两侧，

|S_1-S_2|=2|y_M+y_N|.

由

y_i=k(x_i-\sqrt3)

及上面的 $x_1+x_2$ ，

y_M+y_N=-\frac{2\sqrt3k}{4k^2+1}.

所以

|S_1-S_2| =\frac{4\sqrt3|k|}{4k^2+1} \le\sqrt3.

等号在 $|k|=\frac12$ 时成立。

【例10】#

在平面直角坐标系 $x O y$ 中，点B与点A(-1,1)关于原点O对称，P是动点，且直线 $A P$ 与 $B P$ 的斜率之积等于 $- { \frac { 1 } { 3 } }$

(1) 求动点P的轨迹方程;

(2) 设直线 $A P$ 和 $B P$ 分别与直线x=3交于点M、N，问：是否存在点P使得 $\triangle P A B$ 与 $\triangle P M N$ 的面积相等？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由。

查看答案

(1) 轨迹为

x^2+3y^2=4,

但须去掉 $x=\pm1$ 上使斜率不存在的点。

(2) 存在，

P\left(\frac53,\frac{\sqrt{33}}9\right)

或

P\left(\frac53,-\frac{\sqrt{33}}9\right).

查看推导

思路第一问直接把两个斜率乘积条件代数化。第二问写出 $M,N$ 的纵坐标，分别求两个三角形面积，再结合轨迹方程解横坐标。

推导 (1) $B$ 与 $A(-1,1)$ 关于原点对称，所以

B=(1,-1).

设 $P(x,y)$ 。由

\frac{y-1}{x+1}\cdot\frac{y+1}{x-1} =-\frac13

得

3(y^2-1)=-(x^2-1),

即

x^2+3y^2=4.

因两条直线斜率须存在，需 $x\ne\pm1$ 。

(2) 直线 $AP$ 与 $x=3$ 交于 $M$ ，可得

y_M=1+\frac{4(y-1)}{x+1}.

直线 $BP$ 与 $x=3$ 交于 $N$ ，可得

y_N=-1+\frac{2(y+1)}{x-1}.

化简：

y_M-y_N =\frac{2(x-3)(x+y)}{x^2-1}.

又

S_{\triangle PAB}=|x+y|,

而

S_{\triangle PMN} =\frac12|y_M-y_N|\,|3-x| =|x+y|\frac{(x-3)^2}{|x^2-1|}.

有效点上 $x+y\ne0$ ，故面积相等当且仅当

(x-3)^2=|x^2-1|.

当 $|x|\ge1$ 时，解得 $x=\frac53$ ；当 $|x|<1$ 时无实根。代入轨迹：

3y^2=4-\frac{25}{9}=\frac{11}{9},

故

y=\pm\frac{\sqrt{33}}9.

例 11（2022杨浦二模20题)#

如图，中心在原点O的椭圆Γ的右焦点为 $F \left( 2 { \sqrt { 3 } } , 0 \right)$ ，长轴长为8，椭圆Γ上有两点P、Q，连接 $O P , O Q$ ，记它们的斜率为 $k _ { O P } , k _ { O Q }$ ，且满足 $k _ { O P } \cdot k _ { O Q } = - \frac { 1 } { 4 }$

(1) 求椭圆Γ的标准方程;

(2) 求证: $\left| O P \right| ^ { 2 } + \left| O Q \right| ^ { 2 }$ 为一定值，并求出这个定值；

(3) 设直线OQ与椭圆Γ的另一个交点为R，直线 $R P$ 和 $P Q$ 分别与直线 $x = 4 \sqrt { 3 }$ 交于点M,N，若 $\triangle P Q R$ 和 $\triangle P M N$ 的面积相等，求点P的横坐标。

查看答案

(1)

\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1.

(2)

|OP|^2+|OQ|^2=20.

(3)

x_P=4(\sqrt7-\sqrt3).

查看推导

思路先由长轴和焦距确定椭圆。第二问把椭圆上点到原点的距离平方写成斜率函数，并利用两斜率乘积条件消参。第三问利用 $R=-Q$ ，将两个三角形面积之比化成从 $P$ 到两条直线交点的线段比例。

推导 (1) 长轴长为 $8$ ，故 $a=4$ ；右焦点为 $(2\sqrt3,0)$ ，故 $c=2\sqrt3$ 。于是

b^2=a^2-c^2=16-12=4,

所以

\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{4}=1.

(2) 若椭圆上一点所在射线斜率为 $k$ ，则由 $y=kx$ 得

x^2=\frac{16}{1+4k^2},

故

|OP|^2=\frac{16(1+k^2)}{1+4k^2}.

设 $k_{OP}=u$ ，则

k_{OQ}=-\frac1{4u}.

代入可得

|OP|^2+|OQ|^2=20.

因此该和为定值 $20$ 。

(3) 设

L=4\sqrt3,\qquad P(x_P,y_P).

因为 $R$ 是直线 $OQ$ 与椭圆的另一交点，椭圆关于原点中心对称，所以

R=-Q.

直线 $PR$ 、 $PQ$ 分别与 $x=L$ 交于 $M,N$ 。沿两条射线的相似比给出

\frac{S_{\triangle PMN}}{S_{\triangle PQR}} = \left| \frac{PM}{PR}\cdot\frac{PN}{PQ} \right| = \frac{(L-x_P)^2}{|x_P^2-x_Q^2|}.

由斜率乘积条件可推出

x_P^2+x_Q^2=16.

面积相等于是

(4\sqrt3-x_P)^2 =|2x_P^2-16|.

若 $x_P^2<8$ ，所得二次方程无实根；若 $x_P^2\ge8$ ，则

(4\sqrt3-x_P)^2=2x_P^2-16,

即

x_P^2+8\sqrt3x_P-64=0.

结合 $|x_P|\le4$ ，唯一可行解为

x_P=4(\sqrt7-\sqrt3).

课后习题：#

已知椭圆 $\frac{x^2}{45}+\frac{y^2}{20} = 1$ 的焦点分别为 $F _ { 1 } , \ F _ { 2 }$ ，过中心O作直线与椭圆相交于A、B两点，若要使 $\triangle A B F _ { 2 }$ 的面积是20，求该直线的方程。

查看答案

直线方程为

y=\frac43x

或

y=-\frac43x.

查看推导

思路设过原点的直线为 $y=kx$ 。弦 $AB$ 是椭圆的一条直径，三角形面积等于半个底乘高；利用焦点到直线的距离和椭圆半径方向长度表示面积。

推导椭圆

\frac{x^2}{45}+\frac{y^2}{20}=1

有

c^2=45-20=25,

故 $F_2=(5,0)$ 。

设直线为 $y=kx$ 。与椭圆联立：

x^2\left(\frac1{45}+\frac{k^2}{20}\right)=1,

故交点横坐标绝对值

|x_0|=\sqrt{\frac{180}{4+9k^2}}.

弦长

|AB|=2|x_0|\sqrt{1+k^2}.

焦点 $F_2$ 到直线的距离为

d=\frac{5|k|}{\sqrt{1+k^2}}.

于是

20=S_{\triangle ABF_2} =\frac12|AB|d =5|k|\sqrt{\frac{180}{4+9k^2}}.

平方化简得

k^2=\frac{16}{9}.

因此

k=\pm\frac43.

已知直线 $y = x + b$ 与抛物线 $y ^ { 2 } = 2 p x { \bigl ( } p > 0 { \bigr ) }$ 相交于A、B两点，若 $O A \bot O B$ (O为坐标原点)且 $S _ { \triangle A O B } = 2 \sqrt { 5 }$ ，求抛物线的方程。

查看答案

y^2=2x.

查看推导

思路设交点用纵坐标表示。先利用 $OA\perp OB$ 得到直线截距 $b$ 与抛物线参数 $p$ 的关系，再用三角形面积条件确定 $p$ 。

推导由 $y=x+b$ 得

x=y-b.

代入抛物线 $y^2=2px$ ：

y^2-2py+2pb=0.

设两交点纵坐标为 $y_1,y_2$ ，则

y_1+y_2=2p,\qquad y_1y_2=2pb.

交点坐标为 $(y_i-b,y_i)$ 。由 $OA\perp OB$ ，

(y_1-b)(y_2-b)+y_1y_2=0.

代入韦达关系得

b(b+2p)=0.

若 $b=0$ ，三角形面积为 $0$ ，不符合题意，因此

b=-2p.

此时

|y_1-y_2| =\sqrt{(2p)^2-4(2pb)} =2p\sqrt5.

而

S_{\triangle AOB} =\frac12|b|\,|y_1-y_2| =2p^2\sqrt5.

由题意

2p^2\sqrt5=2\sqrt5,

且 $p>0$ ，故 $p=1$ 。因此

y^2=2x.

斜率为 $\frac { 1 } { 2 }$ 的直线l与椭圆 $C : \frac { x ^ { 2 } } { 6 } + \frac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1$ 交于A、B两点，O为坐标原点，求 $\triangle A O B$ 面积的最大值及此时的直线方程。

查看答案

最大面积为

\frac{3\sqrt2}{2}.

此时直线为

y=\frac12x+\frac32

或

y=\frac12x-\frac32.

查看推导

思路把斜率固定的直线写成 $y=\frac12x+m$ 。联立椭圆求两个交点横坐标之差，再用行列式形式的三角形面积化成关于 $m^2$ 的二次函数。

推导设

l:y=\frac12x+m.

代入椭圆

\frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1

得

\frac14x^2+\frac m3x+\frac{m^2}{3}-1=0.

判别式为

\Delta=1-\frac{2m^2}{9}.

因此

|x_1-x_2|=4\sqrt{1-\frac{2m^2}{9}}.

由于两点都在 $y=\frac12x+m$ 上，

S_{\triangle AOB} =\frac12|m|\,|x_1-x_2| =2|m|\sqrt{1-\frac{2m^2}{9}}.

令 $u=m^2$ ，则

S^2=4u\left(1-\frac{2u}{9}\right).

该二次函数在

u=\frac94

时最大，所以 $m=\pm\frac32$ ，且

S_{\max}=\frac{3\sqrt2}{2}.

已知椭圆 ${ \frac { x ^ { 2 } } { 4 } } + y ^ { 2 } = 1$ ，左右两焦点分别为 $F _ { 1 }$ 和 $F _ { 2 }$ ，过左焦点 $F _ { 1 }$ 一直线 $l _ { 1 }$ 交椭圆于A、B两点，过右焦点 $F _ { 2 }$ 做直线 $l_2$ 平行于 $l_1$ ， $l_2$ 交椭圆于 $C,D$ 两点，设 $l _ { 1 }$ 的斜率为 $k _ { 1 }$ ，直线 $BC$ 的斜率为 $k_2$ 。

(1) 证明： $k _ { 1 } \cdot k _ { 2 }$ 是定值。

(2) 求四边形ABCD面积的最大值。

查看答案

(1)

k_1k_2=-\frac14.

(2)

S_{ABCD}^{\max}=4.

当

k_1=\pm\frac1{\sqrt2}

时取得，即

l_1:x\pm\sqrt2\,y+\sqrt3=0.

查看推导

思路利用中心对称可把 $C,D$ 看成 $A,B$ 的对称点，进而求 $BC$ 的斜率；面积则用平行焦点弦长度乘两平行线间距离。

推导椭圆焦点为

F_1(-\sqrt3,0),\qquad F_2(\sqrt3,0).

设

l_1:y=k(x+\sqrt3),\qquad k\ne0.

由于 $l_2$ 平行于 $l_1$ 且过 $F_2$ ，

l_2:y=k(x-\sqrt3).

(1) 设 $l_1$ 与椭圆交于 $A,B$ 。由中心对称， $l_2$ 上对应两点可取

C=-A,\qquad D=-B.

设 $A,B$ 横坐标之和为 $x_A+x_B$ 。由联立

\frac{x^2}{4}+k^2(x+\sqrt3)^2=1

及韦达定理，

x_A+x_B=-\frac{8\sqrt3k^2}{4k^2+1}.

又

y_A+y_B=k(x_A+x_B+2\sqrt3) =\frac{2\sqrt3k}{4k^2+1}.

直线 $BC$ 的斜率为

k_2 =\frac{-y_A-y_B}{-x_A-x_B} =\frac{y_A+y_B}{x_A+x_B} =-\frac1{4k}.

故

k_1k_2=k\cdot\left(-\frac1{4k}\right) =-\frac14.

(2) 焦点弦 $AB$ 的长度为

|AB|=\frac{4(1+k^2)}{4k^2+1}.

两平行直线 $l_1,l_2$ 的距离为

d=\frac{2\sqrt3|k|}{\sqrt{1+k^2}}.

四边形为平行四边形，因此

S=|AB|d =\frac{8\sqrt3|k|\sqrt{1+k^2}}{4k^2+1}.

令 $t=k^2>0$ ，则

S^2=192\frac{t(t+1)}{(4t+1)^2}.

求导或配方可得在 $t=\frac12$ 时最大，且

S_{\max}=4.

所以

k_1=\pm\frac1{\sqrt2}.

已知椭圆 ${ \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } } + { \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } } = 1 { \bigl ( } a > b > 0 { \bigr ) }$ 经过点(0,1)，过右焦点F且不与x轴重合的动直线交椭圆于A、C两点，当动直线L的斜率为2时，坐标原点O到L的距离为 $\frac { 2 { \sqrt { 5 } } } { 5 }$

(1) 求椭圆的方程;

(2) 过F的另一直线交椭圆于B、D两点，且 $A C \perp B D$ ，当四边形ABCD的面积 $S = \frac { 1 6 } { 9 }$ 时，求直线L的方程。

查看答案

(1)

\frac{x^2}{2}+y^2=1.

(2)

L:y=x-1

或

L:y=-x+1.

查看推导

思路由 $(0,1)$ 在椭圆上先得 $b=1$ ，再用斜率为 $2$ 时原点到焦点直线的距离求 $c$ 。第二问把两条互相垂直的焦点弦作为四边形的对角线，根据面积条件求斜率。

推导 (1) 因 $(0,1)$ 在椭圆上，

b^2=1.

设右焦点为 $F(c,0)$ 。斜率为 $2$ 的直线为

y=2(x-c),

即

2x-y-2c=0.

原点到该直线距离

\frac{2c}{\sqrt5}=\frac{2\sqrt5}{5},

故 $c=1$ 。于是

a^2=b^2+c^2=2,

所以

\frac{x^2}{2}+y^2=1.

(2) 设 $L$ 的斜率为 $k\ne0$ 。过焦点的弦

|AC|=\frac{2\sqrt2(1+k^2)}{2k^2+1}.

与其垂直的焦点弦

|BD|=\frac{2\sqrt2(1+k^2)}{k^2+2}.

因为 $AC\perp BD$ ，

S_{ABCD} =\frac12|AC|\,|BD| =\frac{4(1+k^2)^2}{(2k^2+1)(k^2+2)}.

令 $t=k^2>0$ ，由

\frac{4(1+t)^2}{(2t+1)(t+2)}=\frac{16}{9}

解得 $t=1$ 。故 $k=\pm1$ ，又直线过 $F(1,0)$ ，所以

L:y=x-1

或

L:y=-x+1.

已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，离心率 $e = \frac { c } { a } = \frac { 1 } { 2 }$ ，且点 $\left( 1 , { \frac { 3 } { 2 } } \right)$ 在该椭圆上。

(1) 求椭圆C的方程；

(2) 过椭圆C 的左焦点 $F _ { 1 }$ 的直线l与椭圆C相交于A、B两点，若 $\triangle A O B$ 的面积为 $\frac { 6 { \sqrt { 2 } } } { 7 }$ ，求圆心在原点0且与直线l相切的圆的方程。

查看答案

(1)

\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.

(2)

x^2+y^2=\frac12.

查看推导

思路先由离心率写出 $b^2$ 与 $a^2$ 的关系，再代入已知点。第二问设过左焦点直线斜率为 $k$ ，用弦端点的横坐标差表示三角形面积，再由面积条件求 $k^2$ ，最后求原点到直线的距离。

推导 (1) 因

e=\frac ca=\frac12,

有

c^2=\frac{a^2}{4},\qquad b^2=a^2-c^2=\frac{3a^2}{4}.

点 $\left(1,\frac32\right)$ 在椭圆上，所以

\frac1{a^2} +\frac{\frac94}{\frac{3a^2}{4}} =1,

即

\frac4{a^2}=1.

故 $a^2=4,b^2=3$ ，椭圆为

\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1.

左焦点为 $F_1(-1,0)$ 。

(2) 设

l:y=k(x+1).

代入椭圆得

\left(\frac14+\frac{k^2}{3}\right)x^2 +\frac{2k^2}{3}x +\frac{k^2}{3}-1=0.

该二次方程判别式化简为 $k^2+1$ ，故两交点横坐标差

|x_1-x_2| =\frac{12\sqrt{1+k^2}}{3+4k^2}.

三角形面积为

S_{\triangle AOB} =\frac12|k|\,|x_1-x_2| =\frac{6|k|\sqrt{1+k^2}}{3+4k^2}.

由题意

\frac{6|k|\sqrt{1+k^2}}{3+4k^2} =\frac{6\sqrt2}{7}.

平方后令 $t=k^2$ ，解得 $t=1$ ，即 $k=\pm1$ 。

原点到直线 $kx-y+k=0$ 的距离为

r=\frac{|k|}{\sqrt{1+k^2}} =\frac1{\sqrt2}.

故所求圆为

x^2+y^2=\frac12.

面积方法速览#

一、三角形：#

二、四边形：#

三、圆：#

例 1#

【例2】#

随堂练习#

例 3#

例 4#

随堂练习#

【例5】（2018松江—模20题）#

例 6#

【例7】（2021嘉定一模20题）#

例 8（2024松江—模20题）#

例 9（2020虹口—模20题）#

【例10】#

例 11（2022杨浦二模20题)#

课后习题：#

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