前言

公式总结

• \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}\cdot a\cdot h_a\)；圆锥曲线中三角形面积求解常用的公式；

• \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}absinC=\cfrac{1}{2}bcsinA=\cfrac{1}{2}casinB\)；高中的内容

• \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\cdot r\)，其中\(r\)为内切圆的半径；高中的内容

• \(S_{\triangle ABC}=\cfrac{abc}{4R}\)，其中\(R\)为外接圆的半径；高中的内容

• \(S_{\triangle ABC}=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}\)，其中\(p=\cfrac{1}{2}(a+b+c)\)，海伦公式；高中或大学的内容

求解策略

割补法[把一个整体三角形的面积分割表达为几个三角形的面积之和]，视角转化法[三角形有三条底边，三条高线，当题目中有已知长度的线段实际，尽量以此线段为底边或者高线，最起码求面积时的一个量就是定值，运算量必然要少的多]；

典例剖析

【2020秋北京海淀区校级期中】 已知椭圆 \(C: \cfrac{x^{2}}{a^{2}}+y^{2}=1\)， 其中 \((a>0)\) 的右焦点为 \(F(1,0)\)， 直线 \(l\) 过点\(F\) 与椭圆 \(C\) 交于 \(A\)， \(B\) 两点， \(O\) 为坐标原点.

(1). 求椭圆 \(C\) 的长轴长和离心率；

解析：由题意可得\(c^{2}=a^{2}-1=1\)， 所以 \(a^{2}=2\)，

所以椭圆的方程为: \(\cfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1\)，所以长轴长 \(2a=2\sqrt{2}\)，

离心率 \(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{1}{\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).

(2). 求 \(\triangle AOB\) 的面积的最大值；

法1：设直线的方程为 \(y=k(x-1)\)， 令\(A(x_{1}, y_{1})\)， \(B(x_{2}, y_{2})\)，

联立\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{\cfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1}\end{array}\right.\)

消 \(y\) 整理得到，\((1+2k^2)x^2-4k^2x+2k^2+2=0\)，

则由韦达定理得到，\(x_1+x_2=-\cfrac{-4k^2}{1+2k^2}=\cfrac{4k^2}{1+2k^2}\)，\(x_1x_2=\cfrac{2k^2-2}{1+2k^2}\)，

则底边长 \(|AB|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\)

\(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\)

\(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(\cfrac{4k^2}{1+2k^2})^2-4\cfrac{2k^2-2}{1+2k^2}}\)

\(=\sqrt{1+k^2}\sqrt{\cfrac{8k^2+8}{(1+2k^2)^2}}\)

由于点\((0,0)\)到直线\(kx-y-k=0\)的距离为高线，

底边上的高 \(h=d=\cfrac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}\)，

故 \(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}\times |AB|\times d\)

\(=\cfrac{1}{2}\times\sqrt{1+k^2}\sqrt{\cfrac{8k^2+8}{(1+2k^2)^2}}\times\cfrac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}\)

\(=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{2\sqrt{2}\sqrt{1+k^2}\sqrt{1+k^2}}{1+2k^2}\times \cfrac{|k|}{\sqrt{k^2+1}}\)

\(=\cfrac{\sqrt{1+k^2}\times |k|}{1+2k^2}\)

为了便于计算其最大值，我们求解其平方的值，

\(S_{\triangle AOB}^2=\cfrac{2(1+k^2)k^2}{(1+2k^2)^2}\)

\(=\cfrac{2(k^4+k^2)}{4k^4+4k^2+1}\)

\(=\cfrac{2}{4}\times\cfrac{k^4+k^2}{k^4+k^2+\frac{1}{4}}\)

\(=\cfrac{1}{2}\times\cfrac{k^4+k^2+\frac{1}{4}-\frac{1}{4}}{k^4+k^2+\frac{1}{4}}\)

\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{\frac{1}{4}}{k^4+k^2+\frac{1}{4}})\)

\(=\cfrac{1}{2}(1-\cfrac{1}{4k^4+4k^2+1})\)

\(=\cfrac{1}{2}[1-\cfrac{1}{(2k^2+1)^2}]\)

故当\(k\rightarrow +\infty\)时，\(\cfrac{1}{(2k^2+1)^2}\rightarrow 0\)，

故\([S_{\triangle AOB}^2]_{max}=\cfrac{1}{2}\)，

故 \([S_{\triangle AOB}]_{max}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).

解后反思：这个思路的不足之处在于，底边长和高线长都是动态的值，运算过程必然会很麻烦，不好计算；

法2： 由题意可得直线 \(l\) 的斜率不为\(0\)， 设直线 \(l\) 的方程：\(x=my+1\)此处这样设直线，是为了更好的利用 \(|y_1-y_2|\)，便于计算；\(\quad\)，

令\(A(x_{1}, y_{1})\)， \(B(x_{2}, y_{2})\)，

联立直线和椭圆的方程，即\(\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\cfrac{x^2}{2}+y^2=1}\end{array}\right.,\)

整理得到，\((2+m^2)y^2+2my-1=0\)，

由韦达定理得到，\(y_{1}+y_{2}=-\cfrac{2 m}{2+m^{2}}\)， \(y_{1} y_{2}=-\cfrac{1}{2+m^{2}}\)

[备注：\(S_{\triangle AOB}=S_{\triangle AOF}+S_{\triangle BOF}\)，此时以定长\(|OF|\)为底，以两个动线段为高，而两个动线段的长度之和，可以表达为\(|y_1-y_2|\)的长度，这个思路要简单的多，原因是一定一动求乘积；]

所以 \(S_{\triangle AOB}=\cfrac{1}{2}|OF|\cdot|y_{1}-y_{2}|\)

\(=\cfrac{1}{2}\cdot 1\cdot\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}\)

\(=\cfrac{1}{2} \sqrt{\cfrac{4m^{2}}{(2+m^{2})^{2}}+\cfrac{4}{2+m^{2}}}\)

\(=\cfrac{\sqrt{2}\sqrt{1+m^{2}}}{2+m^{2}}\)

\(=\cfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+m^{2}}+\cfrac{1}{\sqrt{1+m^{2}}}}\),

设 \(t=\sqrt{1+m^{2}}\geqslant 1\)， 则 \(y=t+\cfrac{1}{t}\) 在 \(t\in[1,+\infty)\) 单调递增，

所以 \(t=1\) 时， 此时即 \(m=0\) 时， \(y=2\) 最小，

即当 \(m=0\)时， \((S_{\triangle AOB})_\max =\cfrac{\sqrt{2}}{2}\).

(3). 若 \(\triangle AOB\) 为直角三角形， 求直线 \(l\) 的方程.

解： 由于\(\triangle AOB\) 为直角三角形， 则必有\(OA\perp OB\)，

即 \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=0\)，\(x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=0\)，

由(2)可得\(x_{1}x_{2}=m^{2}y_{1}y_{2}+m(y_{1}+y_{2})+1=\cfrac{2-2 m^{2}}{2+m^{2}}\) ，

所以 \(\cfrac{2-2m^{2}}{2+m^{2}}-\cfrac{1}{2+m^{2}}=0\)， 解得 \(m^{2}=\cfrac{1}{2}\)，

所以 \(m=\pm\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，所以直线 \(l\) 的方程为： \(x=\pm\cfrac{\sqrt{2}}{2}y+1\).

【2021北京人大附中高二期末考试第24题】已知椭圆 \(\omega：\cfrac{x^2}{4m}+\cfrac{y^2}{m}=1\) 的左顶点为 \(A(-2，0)\)，动直线 \(l\) 与椭圆 \(\omega\) 交于不同的两点 \(P\) 和 \(Q\)(不与点 \(A\) 重合)，点 \(A\) 在以 \(PQ\) 为直径的圆上，点 \(P\) 关于原点 \(O\) 的对称点为 \(M\)，

(1).求椭圆 \(\omega\) 的方程及离心率；

分析：由题可知，\(m>0\)，可知椭圆的焦点在 \(x\) 轴，

且可知\(a^2=4m\)，\(b^2=m\)，\(c^2=3m\)，左顶点为\((-2\sqrt{m},0)\)，

又椭圆的左顶点为 \(A(-2，0)\)，即\(-2\sqrt{m}=-2\)，故\(m=1\)，

则\(a^2=4\)，\(b^2=1\)，\(c^2=3\)，

故椭圆的方程为 \(\omega：\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\)，且离心率为\(e=\cfrac{c}{a}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\).

(2).求证：直线 \(PQ\) 过定点；

分析：设点的坐标为\(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，

①.当直线的斜率不存在时， \(PQ\perp x\) 轴时， \(Q(x_{1},-y_{1})\)，

因为点 \(A\) 在以 \(PQ\) 为直径的圆上，所以 \(PA \perp QA\)，

所以 \(\overrightarrow{PA}\cdot \overrightarrow{QA}=0\)，所以 \((-2-x_{1})^{2}-y_{1}^{2}=0\)，

因为 \(\cfrac{x_{1}^{2}}{4}+y_{1}^{2}=1\)，所以 \(5x_{1}^{2}+16x_{1}+12=0\)，

解方程得 \(x_{1}=-\cfrac{6}{5}\) 或 \(x_{1}=-2\)

因为 \(l\) 不过 \(A(-2,0)\)， 所以 \(x_{1}=-2\) 舍去，

则\(x_1=-\cfrac{6}{5}\)，即直线 \(PQ\) 的方程为\(x=-\cfrac{6}{5}\)；

②.当直线的斜率存在时，设直线的方程为 \(y=kx+b\)为什么要这样设元？由于题目说明直线过定点，则最终应该会得到\(b\)\(=\)\(m\)\(\cdot\)\(k\)\(+\)\(n\)，\(m\)，\(n\)为常数，比如\(b\)\(=\)\(2k\)或\(b\)\(=\)\(3k\)\(-\)\(1\)或\(b\)\(=\)\(3\)等，这样才可能证明直线过定点\(\quad\)，动直线 \(l\) 与椭圆的交点 \(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，

将直线 \(y=kx+b\) 方程代入 \(\cfrac{x^2}{4}+y^2=1\) ，或直接代入\(x^2+4y^2-4=0\)，

整理后，得到 \((1+4k^2)x^2+8kbx+4b^2-4=0\) ，由韦达定理可知，

\(x_1+x_2=-\cfrac{8kb}{1+4k^2}\)， \(x_1x_2=\cfrac{4b^2-4}{1+4k^2}\)，

接下来用什么来串联思路呢？

由于点\(A\)在以 \(PQ\) 为直径的圆上，则必然满足 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AQ}=0\)，

由于点\(A(-2,0)\)，点\(P(x_1,y_1)\)， \(Q(x_2,y_2)\)，

则 \(\overrightarrow{AP}\cdot\overrightarrow{AQ}=(x_1+2,y_1)\cdot(x_2+2,y_2)=0\)，

则我们得到，\((x_1+2)(x_2+2)+y_1y_2=0\)，

即\((x_1+2)(x_2+2)+(kx_1+b)(kx_2+b)=0\)，

整理^[1]得到，\((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0\)，

将上述韦达定理的结果代入^[2] ， 得到\(12k^2-16kb+5b^2=0\)，

即 \((6k-5b)(2k-b)=0\) ，解得 \(b=\cfrac{6}{5}k\)，或 \(b=2k\)，

当 \(b=2k\) ，即动直线 \(l\) 为\(y=kx+2k=k(x+2)\)，即直线经过定点 \((-2,0)\)，不符题意，舍去；

当 \(b=\cfrac{6}{5}k\)时，即动直线 \(l\) 为\(y=kx+\cfrac{6}{5}k=k(x+\cfrac{6}{5})\)，即直线经过定点 \((-\cfrac{6}{5},0)\)；

<iframe allowfullscreen="" frameborder="0" id="LTTP" onl oad='this.height=document.getElementById("LTTP").scrollWidth*0.75+"px"' src="https://www.desmos.com/calculator/g0ozr6vvvr?embed" style="border: 1px solid #ccc" width="80%"></iframe>

综上所述，直线\(PQ\)恒过定点\((-\cfrac{6}{5},0)\)；

(3).①求 \(\triangle PQM\) 面积的最大值；

[题记]：本题目求解中，构建面积函数的三种考量：

思路一：\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times |PQ|\times |QH|=\cfrac{1}{2}\times |PQ|\times 2|OB|\)

思路二：\(S_{\triangle PQM}=\cfrac{1}{2}\times |PM|\times |QT|\)

思路三：\(S_{\triangle PQM}=S_{\triangle POM}+S_{\triangle QOM}=2\times S_{\triangle POM}=\cfrac{1}{2}\times |PM|\times |QT|\)

②若 \(\triangle MPQ\) 为直角三角形，求直线 \(l\) 的方程；

---

1. 由\((x_1+2)(x_2+2)+(kx_1+b)(kx_2+b)=0\)得到，
   \(x_1x_2+2(x_1+x_2)+4+k^2x_1x_2+kb(x_1+x_2)+b^2=0\)，
   即\((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0\)； ↩︎

2. \((1+k^2)x_1x_2+(2+kb)(x_1+x_2)+b^2+4=0\)，
   \(x_1+x_2=-\cfrac{8kb}{1+4k^2}\)， \(x_1x_2=\cfrac{4b^2-4}{1+4k^2}\)，
   \((1+k^2)\cdot \cfrac{4b^2-4}{1+4k^2}-(2+kb)(\cfrac{8kb}{1+4k^2})+b^2+4=0\)，
   即\((1+k^2)(4b^2-4)-(2+kb)\cdot 8kb+(b^2+4)(1+4k^2)=0\)，
   打开，即\(4b^2-4+4k^2b^2-4k^2-16kb-8k^2b^2+b^2+4k^2b^2+4+16k^2=0\)，
   运算整理的技巧，一次过；
   \(\left.\begin{array}{l}&4b^2&-4&+4k^2b^2&-4k^2&\\&&&-8k^2b^2&&-16kb\\&b^2&+4&+4k^2b^2&+16k^2\end{array}\right\}\)
   整理得到，\(12k^2-16kb+5b^2=0\)， ↩︎