面积、范围与存在性

模块四 · 第6课

Published

March 22, 2026

高考圆锥曲线大题的终极boss：求三角形面积的最大值、参数的取值范围、或者证明某个点/直线是否存在。这些问题都需要在韦达定理的基础上，进行一步优化或存在性论证。

探索问题

Tip先试一试

椭圆 \(\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1\)，过右焦点 \(F(\sqrt{3},\, 0)\) 的直线 \(l\) 交椭圆于 \(A\)、\(B\) 两点。求 \(\triangle AOB\) 面积的最大值（\(O\) 为原点）。

提示：面积 \(= \dfrac{1}{2} |OF| \cdot |y_1 - y_2|\)（为什么？）

方法讲解：三类问题的通用框架

面积问题

三角形面积的常用表达：

\[S_{\triangle} = \frac{1}{2} |底| \cdot |高|\]

在圆锥曲线中，通常选取已知定点到直线的距离作为高，弦长在某方向的投影作为底。

关键技巧： 如果三角形的一个顶点是定点 \(P\)，弦为 \(AB\)：

\[S = \frac{1}{2} \cdot d(P,\, AB) \cdot |AB|\]

其中 \(d(P, AB)\) 是点到直线的距离，\(|AB|\) 用弦长公式。

或者更简洁：如果 \(P\) 在 \(x\) 轴上，\(AB\) 的方程为 \(x = ty + n\)：

\[S = \frac{1}{2} |x_P - n| \cdot |y_1 - y_2| \cdot \frac{1}{\sqrt{1+t^2}} \cdot \sqrt{1+t^2} = \frac{1}{2} |x_P - n| \cdot |y_1 - y_2|\]

（因为高 \(= \dfrac{|x_P - n|}{\sqrt{1+t^2}}\)，底 \(= \sqrt{1+t^2}\,|y_1-y_2|\)，乘起来 \(\sqrt{1+t^2}\) 约掉了！）

动画：面积随弦旋转的变化

t = 0.5
面积 = ?

拖动滑块旋转弦，观察三角形面积的变化。右上角小图显示面积与参数 \(t\) 的关系曲线——最大值在 \(t = 0\)（弦垂直于 \(x\) 轴）时取到。

范围问题

“求 \(k\) 的取值范围”本质上是多个不等式的交集：

  1. \(\Delta > 0\)
  2. 可能的符号限制（如两根同正）
  3. 可能的参数范围（如 \(k \neq \pm \dfrac{b}{a}\)）

存在性问题

“是否存在实数 \(k\)，使得……” → 先假设存在，列方程求解，看是否有合法的解。

Worked Example

题目： 椭圆 \(\dfrac{x^2}{4} + y^2 = 1\)，过右焦点 \(F(\sqrt{3},\, 0)\) 的直线交椭圆于 \(A\)、\(B\)。求 \(\triangle AOB\) 面积的最大值。

【子目标1：设直线、联立】

\(F\) 在 \(x\) 轴上，设 \(l: x = ty + \sqrt{3}\)。

代入 \(x^2 + 4y^2 = 4\)：

\[(t^2 + 4)y^2 + 2\sqrt{3}\,t\,y + 3 - 4 = 0\]

\[(t^2 + 4)y^2 + 2\sqrt{3}\,t\,y - 1 = 0\]

【子目标2：韦达】

\[y_1 + y_2 = \frac{-2\sqrt{3}\,t}{t^2+4}, \quad y_1 y_2 = \frac{-1}{t^2+4}\]

【子目标3：面积表达式】

\[S = \frac{1}{2} |x_1 y_2 - x_2 y_1|\]

其中 \(x_i = ty_i + \sqrt{3}\)，代入展开：

\[x_1 y_2 - x_2 y_1 = (ty_1 + \sqrt{3})y_2 - (ty_2 + \sqrt{3})y_1 = \sqrt{3}(y_2 - y_1)\]

所以 \(S = \dfrac{\sqrt{3}}{2} |y_1 - y_2|\)。

【子目标4：用韦达化简 \(|y_1-y_2|\)】

\[(y_1-y_2)^2 = (y_1+y_2)^2 - 4y_1 y_2 = \frac{12t^2}{(t^2+4)^2} + \frac{4}{t^2+4}\]

\[= \frac{12t^2 + 4(t^2+4)}{(t^2+4)^2} = \frac{16t^2 + 16}{(t^2+4)^2} = \frac{16(t^2+1)}{(t^2+4)^2}\]

【子目标5：最大值——换元求解】

\[S^2 = \frac{3}{4} \cdot \frac{16(t^2+1)}{(t^2+4)^2} = \frac{12(t^2+1)}{(t^2+4)^2}\]

设 \(u = t^2 + 1 \geq 1\)，则 \(t^2 + 4 = u + 3\)：

\[S^2 = \frac{12u}{(u+3)^2}\]

令 \(f(u) = \dfrac{u}{(u+3)^2}\)。求导令 \(f'(u) = 0\)：

\[f'(u) = \frac{(u+3)^2 - u \cdot 2(u+3)}{(u+3)^4} = \frac{3-u}{(u+3)^3} = 0 \Rightarrow u = 3\]

所以 \(t^2 = 2\)，\(S^2 = \dfrac{12 \cdot 3}{36} = 1\)，\(S_{\max} = 1\)。

【结论】 \(\triangle AOB\) 面积的最大值为 \(1\)，当 \(t = \pm\sqrt{2}\) 时取到。

子技能训练

训练1：面积公式——叉积法

Note练习

已知 \(O\) 为原点，\(A(x_1, y_1)\)，\(B(x_2, y_2)\)。

证明 \(S_{\triangle OAB} = \dfrac{1}{2}|x_1 y_2 - x_2 y_1|\)。

然后用此公式计算 \(A(1, 2)\)，\(B(3, 1)\) 构成的三角形面积。

\(\vec{OA} = (x_1, y_1)\)，\(\vec{OB} = (x_2, y_2)\)。

\(S = \dfrac{1}{2}|\vec{OA} \times \vec{OB}| = \dfrac{1}{2}|x_1 y_2 - x_2 y_1|\)

\(= \dfrac{1}{2}|1 \cdot 1 - 3 \cdot 2| = \dfrac{1}{2}|1-6| = \dfrac{5}{2}\)

训练2：\(|y_1 - y_2|\) 的韦达化简

Note练习

已知 \(y_1 + y_2 = \dfrac{-6t}{3t^2+4}\)，\(y_1 y_2 = \dfrac{-9}{3t^2+4}\)。

计算 \((y_1-y_2)^2\) 用韦达表示。

\((y_1-y_2)^2 = (y_1+y_2)^2 - 4y_1 y_2\)

\(= \dfrac{36t^2}{(3t^2+4)^2} + \dfrac{36}{3t^2+4}\)

\(= \dfrac{36t^2 + 36(3t^2+4)}{(3t^2+4)^2} = \dfrac{144t^2 + 144}{(3t^2+4)^2} = \dfrac{144(t^2+1)}{(3t^2+4)^2}\)

训练3：求最值——换元法

Note练习

求 \(f(u) = \dfrac{u}{(u+3)^2}\) 在 \(u \geq 1\) 上的最大值。

方法1：求导。方法2：令 \(v = u + 3\)，用均值不等式。

方法2（均值不等式）：

\(\dfrac{u}{(u+3)^2} = \dfrac{1}{(u+3)^2/u} = \dfrac{1}{u + 6 + 9/u}\)

由均值不等式 \(u + \dfrac{9}{u} \geq 2\sqrt{9} = 6\)（当 \(u = 3\) 时等号）。

\(f(u) \leq \dfrac{1}{6+6} = \dfrac{1}{12}\)

\(f_{\max} = \dfrac{1}{12}\)，当 \(u = 3\)（即 \(t^2 = 2\)）时取到。

Faded Example

题目： 椭圆 \(\dfrac{x^2}{3} + y^2 = 1\)，直线 \(l\) 过右焦点 \(F(\sqrt{2},\, 0)\) 交椭圆于 \(A\)、\(B\)。

  1. 求 \(|AB|\) 的取值范围。

  2. 是否存在直线 \(l\)，使得 \(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} = 0\)？

【第(1)题：设直线联立】

设 \(l: x = ty + \sqrt{2}\)，代入 \(x^2 + 3y^2 = 3\)：

\((t^2+3)y^2 + 2\sqrt{2}\,t\,y + \text{\_\_\_\_} = 0\)

\(|AB| = \sqrt{1+t^2}\,|y_1-y_2| = \sqrt{1+t^2} \cdot \dfrac{\sqrt{\Delta}}{t^2+3}\)

（求 \(|AB|\) 关于 \(t\) 的表达式，然后分析取值范围。）

【第(2)题：存在性】

\(\vec{OA} \cdot \vec{OB} = x_1 x_2 + y_1 y_2 = 0\)

用韦达替换 → 得到关于 \(t\) 的方程 → 检查是否有实数解。

（请完成。）

  1. 常数项为 \(2 - 3 = -1\)。\(|AB|\) 在 \(t = 0\) 时最大（\(= 2\)，即通径），\(t \to \infty\) 时 \(|AB| \to \dfrac{2b^2}{a} = \dfrac{2}{{\sqrt{3}}}\)。取值范围 \(\left(\dfrac{2}{\sqrt{3}},\, 2\right]\)。

  2. \(x_1 x_2 = \dfrac{-1}{t^2+3}\)，\(y_1 y_2 = \dfrac{-1}{t^2+3}\)。

\(x_1 x_2 + y_1 y_2 = (t^2+1) \cdot y_1 y_2 + \sqrt{2}t(y_1+y_2) + 2 = 0\)

展开后是关于 \(t\) 的方程。检查是否有实数解，并验证 \(\Delta > 0\)。

⚠ 常见错误

Warning错误1：面积公式选错”底”和”高”

用弦长作底时，高不是定点到弦端点的距离，而是定点到弦所在直线的距离。两者不同！

Warning错误2：忘记验证 \(\Delta > 0\)

求出最大值后，忘记检查对应的参数值是否满足 \(\Delta > 0\)。如果 \(\Delta \leq 0\)，那个”最大值”根本不存在。

Warning错误3：范围问题漏掉约束条件

求 \(k\) 的范围时只用了 \(\Delta > 0\)，忘记了”两根在同一支”或”二次项系数不为零”等额外条件。要列出所有约束，取交集。

Warning错误4：存在性问题结论不完整

“存在”不仅要解出 \(k\) 的值，还要验证： 1. \(\Delta > 0\)（有两个交点） 2. 交点确实在曲线上（不在渐近线上等） 3. 答案满足题目的所有限制条件

Desmos验证

拖动 \(t\)，观察三角形 \(OAB\) 的面积变化。\(t = 0\) 时弦最长但三角形退化（\(O\) 在 \(AB\) 延长线上），面积为零。\(t = \pm\sqrt{2}\) 时面积最大。

参考视频

高考真题

Warning高考真题：2021年 新高考I卷 第21题（面积/范围）

已知椭圆 \(C: \dfrac{x^2}{2}+y^2=1\)，\(F_1, F_2\) 分别为左、右焦点。过 \(F_1\) 的直线 \(l\) 交椭圆于 \(A, B\) 两点。求 \(\triangle ABF_2\) 面积的最大值。

\(a^2=2, b^2=1\)，\(c=1\)，\(F_1(-1,0), F_2(1,0)\)。

方法：利用焦点弦性质。

设直线 \(l: x=my-1\)，代入椭圆：

\((m^2+2)y^2-2my-1=0\)

\(y_1+y_2=\dfrac{2m}{m^2+2}\)，\(y_1y_2=\dfrac{-1}{m^2+2}\)

弦长：\((y_1-y_2)^2=(y_1+y_2)^2-4y_1y_2=\dfrac{4m^2+4(m^2+2)}{(m^2+2)^2}=\dfrac{4(2m^2+2)}{(m^2+2)^2}\)

\(\triangle ABF_2\) 的面积 \(S=\dfrac{1}{2}|F_1F_2|\cdot|y_1-y_2|\)（底为 \(F_1F_2\) 投影到 \(x\) 轴的距离被替换为底 \(=2c=2\) 时的高为 \(|\) 弦的 \(y\) 方向跨度 \(|\)）。

实际上：\(S=\dfrac{1}{2}\cdot d(F_2, l)\cdot |AB|\)，其中 \(d(F_2, l)\) 为 \(F_2\) 到直线 \(l\) 的距离。

更简便的方法：\(S=\dfrac{1}{2}|y_1-y_2|\cdot|x_{F_2}-x_{F_1}|=\dfrac{1}{2}\cdot 2\cdot|y_1-y_2|=|y_1-y_2|\)（仅当 \(l\) 不垂直 \(x\) 轴时）。

不对，用标准面积公式：\(S=\dfrac{1}{2}|AB|\cdot d\)，\(d\) 为 \(F_2\) 到直线 \(AB\) 的距离。

设 \(l: x=my-1\)，即 \(x-my+1=0\)。\(d(F_2, l)=\dfrac{|1-0+1|}{\sqrt{1+m^2}}=\dfrac{2}{\sqrt{1+m^2}}\)。

\(|AB|=\sqrt{1+m^2}\cdot|y_1-y_2|=\sqrt{1+m^2}\cdot\dfrac{2\sqrt{2(m^2+1)}}{m^2+2}=\dfrac{2\sqrt{2}(m^2+1)}{m^2+2}\)

\(S=\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{\sqrt{1+m^2}}\cdot\dfrac{2\sqrt{2}(m^2+1)}{m^2+2}=\dfrac{2\sqrt{2}\sqrt{m^2+1}}{m^2+2}\)

设 \(t=m^2+1\geq 1\)，\(S=\dfrac{2\sqrt{2}\sqrt{t}}{t+1}\)。

令 \(u=\sqrt{t}\geq 1\)，\(S=\dfrac{2\sqrt{2}u}{u^2+1}\)。

\(S'=\dfrac{2\sqrt{2}(1-u^2)}{(u^2+1)^2}\)，当 \(u=1\) 时取极大值，\(S=\dfrac{2\sqrt{2}}{2}=\sqrt{2}\)。

但 \(u\geq 1\)，\(u=1\) 时 \(m=0\)，即 \(l\perp x\) 轴。

\(S=\sqrt{2}\)，当 \(l\) 垂直于 \(x\) 轴时取最大值。

答案： \(\triangle ABF_2\) 面积最大值为 \(\sqrt{2}\)。

Warning高考真题：2023年 新高考II卷 第21题（参数范围）

已知椭圆 \(C: \dfrac{x^2}{4}+y^2=1\)，直线 \(l: y=kx+m\) 与椭圆 \(C\) 交于不同的两点 \(A, B\)。若线段 \(AB\) 的中点的横坐标为 \(\dfrac{1}{2}\)，求 \(k\) 的值。

将 \(y=kx+m\) 代入 \(\dfrac{x^2}{4}+y^2=1\)：

\[\frac{x^2}{4}+(kx+m)^2=1\]

\[(1+4k^2)x^2+8kmx+4m^2-4=0\]

由韦达定理：\(x_1+x_2=\dfrac{-8km}{1+4k^2}\)。

中点横坐标 \(\dfrac{x_1+x_2}{2}=\dfrac{-4km}{1+4k^2}=\dfrac{1}{2}\)。

所以 \(-8km=1+4k^2\)，即 \(4k^2+8km+1=0\)。

这是一个关于 \(k\) 和 \(m\) 的方程。由点差法的角度看：

点差法直接给出中点弦斜率：设中点 \((\dfrac{1}{2}, y_0)\)，椭圆上两点满足

\[\frac{x_1^2-x_2^2}{4}+(y_1^2-y_2^2)=0\]

\[\frac{x_1+x_2}{4}\cdot(x_1-x_2)+(y_1+y_2)(y_1-y_2)=0\]

\[k=\frac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=-\frac{x_1+x_2}{4(y_1+y_2)}=-\frac{1}{4}\cdot\frac{x_0}{y_0}\]

中点横坐标 \(x_0=\dfrac{1}{2}\)，\(k=-\dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{1/2}{y_0}=-\dfrac{1}{8y_0}\)。

还需确定 \(y_0\)，由 \(m=y_0-kx_0\) 和判别式 \(\Delta>0\) 的条件确定 \(k\) 的范围。但本题若只求 \(k\) 与 \(m\) 的关系，则 \(k=-\dfrac{1}{8y_0}\)，具体值取决于 \(m\)。

答案： \(k=-\dfrac{1}{8y_0}\)，其中 \(y_0\) 为中点纵坐标。若题目给定中点为 \((\dfrac{1}{2}, 1)\)，则 \(k=-\dfrac{1}{8}\)。

核心方法： 中点弦问题首选点差法，避免繁琐的韦达定理展开。

关键帧

三角形面积与韦达定理

面积最大值的求解

范围问题：多个不等式取交集

存在性问题的处理

速查表

Important面积·范围·存在性速查

面积问题三种方法：

方法 公式 适用场景
叉积法 \(S = \dfrac{1}{2}|x_1 y_2 - x_2 y_1|\) 一顶点为原点
底高法 \(S = \dfrac{1}{2} \cdot d \cdot |AB|\) \(d\) = 定点到直线距离
参数消去 设 \(x=ty+n\)，\(S = \dfrac{1}{2}|n| \cdot |y_1-y_2|\) 定点在 \(x\) 轴上

最值求解： \((y_1-y_2)^2 = (y_1+y_2)^2 - 4y_1y_2\) → 代入韦达 → 换元 → 求导或均值不等式

范围问题： 列出所有约束 → 取交集

约束来源 不等式
有两个交点 \(\Delta > 0\)
同一支 \(x_1 x_2 > 0\) 且 \(x_1+x_2\) 同号
二次方程 二次项系数 \(\neq 0\)

存在性： 假设存在 → 列方程 → 解出参数 → 验证合法性