高二同步拔高練習，難度4顆星！

模組導圖

知識剖析

焦點三角形面積

橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的焦點三角形\(\triangle P F _ { 1 } F _ { 2 }\)面積\(S= b ^ { 2 } \tan \dfrac { \angle P } { 2 }\)，
雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1\)的焦點三角形\(\triangle P F _ { 1 } F _ { 2 }\)

直線與圓錐曲線中的三角形面積(以下以橢圓為例)

通法：底×高÷2

\(S _ { \triangle } = \dfrac { 1 } { 2 } \times 底 \times 高\)，適合一切題型，屬於通法，但計算量會大些，
如圖，\(S _ { \triangle PA B }= \dfrac { 1 } { 2 } \cdot A B \cdot P C\)(其中底為弦長\(AB\)，高為點\(P\)到直線\(AB\)

兩邊之積×夾角正弦值÷2

\(S _ { \triangle }= \dfrac { 1 } { 2 } a b \sin C\)，適合邊角已知的題型

割補法

適合三角形某一頂點在座標軸上的題型

情況1 同邊

如圖，點\(P\)在\(x\)軸上，直線\(AB\)交\(x\)軸於點\(C\)，
當\(A,B\)是在\(x\)軸異側時，

\(S_{∆PAB}=S_{∆PAC}+S_{∆PBC}=\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot|y_A |+\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot|y_B |=\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot |y_A-y_B |\)

當\(A,B\)是在\(x\)軸同側時，

\(S_{∆PAB}=S_{∆PAC}-S_{∆PBC}=\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot |y_A |-\dfrac{1}{2}\cdot PC \cdot |y_B |=\dfrac{1}{2}\cdot PC \cdot |y_A-y_B |\)
\({\color{Red}{PS }}\)不管\(A,B\)在\(x\)軸同側還是異側，公式\(S_{∆PAB}=\dfrac{1}{2}\cdot PC \cdot |y_A-y_B |\)依然成立.
若點在\(y\)軸類似可得\(S_{∆PAB}=\dfrac{1}{2}\cdot PC \cdot |x_A-x_B |\).

情況2 利用傾斜角

如圖，點\(P\)在\(x\)軸上，直線\(AB\)的傾斜角為\(\theta\)，
當\(A,B\)是在\(x\)軸異側時，
.
\(S_{∆PAB}=S_{∆PAC}+S_{∆PBC}=\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot AC\cdot sin⁡(π-θ)+\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot BC\cdot sin⁡θ=\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot AB\cdot sin⁡θ\)
當\(A,B\)是在\(x\)軸同側時，
.
\(S_{∆PAB}=S_{∆PAC}-S_{∆PBC}=\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot AC\cdot sin⁡θ-\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot BC\cdot sin⁡θ=\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot AB\cdot sin⁡θ\)
\({\color{Red}{PS }}\)不管\(A,B\)是在\(x\)軸同側還是異側，公式\(S_{∆PAB}=\dfrac{1}{2}\cdot PC\cdot AB\cdot sin⁡θ\)依然成立.(點在軸類似)

經典例題

焦點三角形面積

【典題1】設雙曲線\(C : x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)的左、右焦點分別為\(F _ { 1 } , F _ { 2 }\)，\(P\)是\(C\)上一點，
且\(F_1 P⊥F_2 P\)，若\(△PF_1 F_2\)的面積為\(4\)，則離心率\(e=\) .
【解析】\({\color{Red}{方法一 }}\) 由題意可知\(a=1\)，
設\(|PF_2 |=m ,|PF_1 |=n\)，可得\(|m－n|=2\)
\(∵△PF_1 F_2\)的面積為\(4\)\(∴\dfrac{1}{2} mn=4⇒mn=8\)
\({\color{Red}{(遇到焦點三角形△PF_1F_2，想到定義和解三角形的內容)}}\)
\(∵F_1 P⊥F_2 P\)\(∴m^2+n^2=4c^2\)
\(∴(m-n)^2+2mn=4c^2⇒4c^2=4+16=20⇒c=\sqrt 5 \)
\(∴e = \dfrac { c } { a } = \sqrt { 5 }\).
\({\color{Red}{方法二 }}\) 由雙曲線焦點三角形面積公式\(S = \dfrac { b ^ { 2 } } { \tan \dfrac {\angle P } { 2 } }\)，
\({\color{Red}{(橢圓焦點三角形面積公式S= b ^ { 2 } \tan \dfrac { \angle P } { 2 } ) }}\)
由題意可知\(\dfrac{b^2}{tan45°}=4\)，\(∴b=2 \)
又\(∵a=1\)，\(∴c=\sqrt5\)，\(∴e = \dfrac { c } { a } = \sqrt { 5 }\).

兩邊之積×夾角正弦值÷2

【典題2】已知直線\(l\)與雙曲線\(E : \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)的兩條漸近線分別交於\(A(x_1 ,y_1 )\)、
\(B(x_2 ,y_2)\)兩點，且\(x_1 x_2>0\)，若\(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} =-4\)，且\(△AOB\)的面積為\(2\sqrt3\)，則\(E\)的離心率為 .

【解析】\(∵\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} =-4\)，\(S _ { \triangle A O B } = 2 \sqrt { 3 }\)，
\(∴\begin{cases} { Q A \cdot O B \cdot \cos \angle A O B = - 4 } \\ { \dfrac { 1 } { 2 } O A \cdot O B \cdot \sin\angle A O B = 2 \sqrt { 3 } } \end{cases}\)，
\(∴tan∠AOB=-\sqrt3\),\(∴∠AOB=120°\)，
故\(∠AOx=60°\), 又直線\(OA\)方程為\(y=\dfrac{b}{a} x\),
\(∴ \dfrac { b } { a } = \tan 60 ^ { \circ } = \sqrt { 3 }\)，即\(b=\sqrt 3 a\)，
\(∴e = \dfrac { c } { a } = 2\).
【點撥】本題對“\(\overrightarrow{OA} \cdot \overrightarrow{OB} =-4\)”的處理是用數量積的定義得到\(OA⋅OB⋅cos∠AOB=-4\)，而\(△AOB\)的面積用到\(S_{△AOB}=\dfrac{1}{2}⋅OA⋅OB⋅sin∠AOB\)比較合理.

通法與割補法

【典題3】已知雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)的離心率為\(2\)，焦點到漸近線的距離等於\(\sqrt3\)，過右焦點\(F_2 \)
的直線\(l\)交雙曲線於\(A、B\)兩點，\(F_1\)為左焦點．
(1) 求雙曲線的方程；
(2) 若\(△F_1 AB\)的面積等於\(6\sqrt2\)，求直線\(l\)的方程．
【解析】(1)過程略，\(x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\).
(2) \({\color{Red}{ 方法一}}\) 設\(A(x_1 ,y_1 )\),\(B(x_2 ,y_2 )\)，
當直線l的斜率不存在，則直線l的方程\(x=2\)，
此時易得\(S_{△F_1 AB}=12≠6\sqrt2\)，
故可設直線l的方程為\(y=k(x-2)\)，
由\(\begin{cases} { y = k ( x - 2 ) } \\ { x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1 } \end{cases}\)，得\((k^2-3) x^2-4k^2 x+4k^2+3=0\)，
∵有兩個交點，\(∴k≠±\sqrt3\)，且\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 4 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } - 3 }\),\(x _ { 1 } x _ { 2 } = \dfrac { 4 x ^ { 2 } + 3 } { k ^ { 2 } - 3 }\)，
\(| A B | = \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \sqrt { ( x _ { 1 } + x _ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 x _ { 1 } x _ { 2 } }\)\(= \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } \cdot \dfrac { 6 \sqrt { k ^ { 2 } + 1 } } { k ^ { 2 } - 3 }= \dfrac { 6 ( k ^ { 2 } + 1 ) } { k ^ { 2 } - 3 }\),
\(∵F_1 (-2 ,0)\)到直線l的距離\(d = \dfrac { 4 | k | } { \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } }\)，
\(∴△F_1 AB\)的面積\(S = \dfrac { 1 } { 2 } \cdot d \cdot | A B | = \dfrac { 1 } { 2 } \cdot \dfrac { 4|k| } { \sqrt { 1 + k ^ { 2 } } } \cdot \dfrac { 6 ( k ^ { 2 } + 1 ) } { k ^ { 2 } - 3 }\)
\(12 | k | \cdot \dfrac { \sqrt { k ^ { 2 } + 1 } } { k ^ { 2 } - 3 } = 6 \sqrt { 2 }\)，
\({\color{Red}{(利用三角形面積公式S_∆=\dfrac { 1 } { 2 } ×底×高) }}\)
\(∴k^4+8k^2-9=0\)，解得\(k=±1\)，
\(∴\)所以直線l的方程為\(y=±(x-2)\)．
\({\color{Red}{方法二 }}\) 設\(A(x_1 ,y_1 )\),\(B(x_2 ,y_2 )\)，
同方法一可得\(k≠±\sqrt3\)，且\(x _ { 1 } + x _ { 2 } = \dfrac { 4 k ^ { 2 } } { k ^ { 2 } - 3 }\)，
\(∴|y_1－y_2 |=|k(x_1－x_2 )|\)\(= | k | \cdot \dfrac { \sqrt { ( 4 k ^ { 2 } ) ^ { 2 } - 4 ( k ^ { 2 } - 3 ) ( 4 k ^ { 2 } + 3 ) } } { | k ^ { 2 } - 3 | } = \dfrac { 6 | k | \sqrt{ | k ^ { 2 } + 1 } } { | k ^ { 2 } - 3 | }\)，
\(∴△F_1 AB\)的面積\(S= \dfrac { 1 } { 2 } | F _ { 1 } F _ { 2 } | | y _ { 1 } - y _ { 2 } |\)\(12 \cdot \dfrac { | k | \cdot | \sqrt { k ^ { 2 } + 1 } } { | k ^ { 2 } - 3 | } = 6 \sqrt { 2 }\)，
\({\color{Red}{(由於點F_1在x軸，利用S= \dfrac { 1 } { 2 } | F _ { 1 } F _ { 2 } | | y _ { 1 } - y _ { 2 } |) }}\)
化簡得\(k^4+8k^2－9=0\)，解之得\(k^2=1\)，\(∴k=±1\)，
得直線l的方程為\(y=±(x-2)\)
【點撥】
① 注意分類討論直線l的斜率是否存在；
② 因為直線過雙曲線內的點，故不要看判別式\(∆\)是否大於\(0\)，但要注意\(k^2－3≠0⇒k≠±\sqrt3\)；
③ 第二問方法一是利用三角形面積公式\(S_∆=\dfrac { 1 } { 2 } ×底×高\)，得\(S=\dfrac { 1 } { 2 } \cdot |AB|\cdot d\)，其中以弦長\(AB\)為底，點\(F_1\)到直線\(AB\)的距離為高；方法二利用分拆三角形的方法得\(S= \dfrac { 1 } { 2 } | F _ { 1 } F _ { 2 } | | y _ { 1 } - y _ { 2 } |\)，此時要理解“不管\(AB\)是在\(x\)軸同側還是異側，公式依然成立”.

【典題4】過拋物線\(C：y^2=2px(p>0)\)的焦點\(F\)且傾斜角為\(\dfrac{π}{3}\)的直線交拋物線於\(A、B\)兩點，交其準線於點\(C\)，且\(|AF|=|FC| ,|BC|=2\)．
(1)求拋物線\(C\)的方程；
(2)直線\(l\)交拋物線\(C\)於\(D、E\)兩點，且這兩點位於\(x\)軸兩側，與\(x\)軸交於點\(M\), 若\(\overrightarrow{OD} \cdot \overrightarrow{OE}=4\)，求\(S_{△DFO}+S_{△DOE}\)的最小值．

【解析】(1)過點\(A\)作拋物線準線的垂線，垂足為\(A_1\)，過點\(B\)作準線的垂線，垂足為\(B_1\)，
設準線與\(x\)軸交於點\(G\)，如圖所示，

\(∵∠AFx=∠CBB_1=\dfrac{π}{3} ,BC=2\)，
\(∴BB_1=1\)，
\(∴BF=1\)，又點\(F\)為\(AC\)的中點，
\(∴AF=CF=BC+BF=3\)，
\(∴|GF|=\dfrac { 1 } { 2 } |AA_1 |=\dfrac { 1 } { 2 } |AF|=\dfrac { 3 } { 2 } ，∴p\dfrac { 3 } { 2 }\)，
所以拋物線\(C\)的方程為\(y^2=3x\)．\({\color{Red}{(注意拋物線定義和平幾知識的運用) }}\)
(2)設\(D(x_1 ,y_1)\),\(E(x_2 ,y_2)\), 設\(y_1>0 ,y_2<0\)，
\(l_{DE}：x=my+t\)，\({\color{Red}{ (這樣設方程計算簡便些)}}\)
聯立得方程組\(\begin{cases} { x = m y + t } \\ { y ^ { 2 } = 3 x } \end{cases}\)，得\(y^2－3my－3t=0\)，
\(\begin{cases} { y _ { 1 } + y _ { 2 } = 3 m } \\ { y _ { 1 } y _ { 2 } = - 3 t } \end{cases}\)，
\(∴\overrightarrow{OD} \cdot \overrightarrow{OE}=x_1 x_2+y_1 y_2=\dfrac{y_1^2⋅y_2^2}{9}+y_1 y_2=4\)，
\({\color{Red}{ (曲線代換：利用拋物線方程消“x_1 x_2”)}}\)
\(∴y_1 y_2=3\)(捨去)或\(y_1 y_2=－12\)，
\(∴－3t=－12\)，\(∴t=4\)，即\(M(4 ,0)\)，
\(S _ {\triangle D F O } + S _ { \triangle D O E } = \dfrac { 1 } { 2 } | O F | \cdot y _ { 1 } + \dfrac { 1 } { 2 } | O M | \cdot ( y _ { 1 } - y _ { 2 } )\)
\(= \dfrac { 3 } { 8 } y _ { 1 } + 2 ( y _ { 1 } - y _ { 2 } ) = \dfrac { 19 } { 8 } y _ { 1 } + ( - 2 y _ { 2 } )\)
\(\ge 2 \sqrt { \dfrac { 19 } { 8 } \times 2 | y _ { 1 } y _ { 2 } | } = 2 \sqrt { \dfrac { 19 } { 4 } \times 12 } = 2 \sqrt { 57 }\)，
(當且僅當\(\dfrac{19}{8} y_1=-2y_2\)，即\(y _ { 1 } = \dfrac { 8 \sqrt { 57 } } { 19 } , y _ { 2 } = - \dfrac { \sqrt { 57 } } { 2 }\)時，取到等號)
所以\(S _ {\triangle D F O } + S _ { \triangle D O E }\)的最小值為\(2 \sqrt { 57 }\)．

【點撥】在拋物線上設直線方程為\(l_{DE}：x=my+t\)較為常見，同時也配合上三角形面積S\(S _ {\triangle D F O } + S _ { \triangle D O E } = \dfrac { 1 } { 2 } | O F | \cdot y _ { 1 } + \dfrac { 1 } { 2 } | O M | \cdot ( y _ { 1 } - y _ { 2 } )\).

【典題5】已知\(A、B\)是橢圓\(C: \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt b \gt 0 )\)的左，右頂點，\(B(2 ,0)\)，過橢圓\(C\)的右焦點\(F\)的直線交橢圓於點\(M ,N\)，交直線\(x=4\)於點\(P\)，且直線\(PA、PF、PB\)的斜率成等差數列，\(R\)和\(Q\)是橢圓上的兩動點，\(R\)和\(Q\)的橫座標之和為\(2\)，\(RQ\)的中垂線交\(x\)軸於\(T\)點
(1)求橢圓\(C\)的方程；(2)求\(△MNT\)的面積的最大值.
【解析】(1)由題意知\(a=2\)，\(A(-2 ,0)\)，設\(P(4 ,y_0 ) ,F(c ,0)\)，
\(k _ { P A } = \dfrac { y _ { 0 } } { 6 } , k _ { P B } = \dfrac { y _ { 0 } } { 2 } , k _ { P F } = \dfrac { y _ { 0 } } { 4 - C }\),
依題意可知\(\dfrac { 2 y _ { 0 } } { 4 - c } = \dfrac { y _ { 0 } } { 6 } + \dfrac { y _ { 0 } } { 2 }\)，解得\(c=1\),
\(∴b^2=a^2-c^2=3\)，
\(∴\)橢圓\(C\)的方程\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\).
(2)設\(R(x_1 ,y_1 )\),\(Q(x_2 ,y_2)\)，
\(∵\)\(R\)和\(Q\)的橫座標之和為\(2\),\(∴x_1+x_2=2\)，
\(∵R、Q\)均在橢圓上，\(\dfrac { x _1^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } } { 3 } = 1\)① \(\dfrac { x _2^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y _ { 2 } ^ { 2 } } { 3 } = 1\)② \({\color{Red}{(點差法) }}\)
① - ②得\(\dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = - \dfrac { 3 } { 2 ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) }\)，
設\(T(t ,0)\)，由中垂線性質得\(TR=TQ\)，即\(\sqrt { ( t - x _ { 1 } ) ^ { 2 } + y _ { 1 } ^ { 2 } } = \sqrt { ( t - x _ { 2 } ) ^ { 2 } + y _ { 2 } ^ { 2 } }\)，
化簡得\(2 t = 2 + \dfrac { y _ { 1 } ^ { 2 } - y _ { 2 } ^ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } }\)\(= 2 + ( y _ { 1 } + y _ { 2 } ) \dfrac { y _ { 1 } - y _ { 2 } } { x _ { 1 } - x _ { 2 } } = 2 - \dfrac { 3 } { 2 } = \dfrac { 1 } { 2 }\)，
\(∴ t = \dfrac { 1 } { 4 }\)， 即\(T(\dfrac { 1 } { 4 },0)\).
設\(M(x_3 ,y_3 )\),\(N(x_4 ,y_4)\)，
直線\(MN:x=my+1\)與橢圓聯立可得\((3m^2+4) y^2+6my-9=0\)，
\(y _ { 3 } + y _ { 4 } = \dfrac { 6 m } { 3 m ^ { 2 } + 4 } , y _ { 3 } y _ { 4 } = - \dfrac { 9 } { 3 m ^ { 2 } + 4 }\)，
\({\color{Red}{(因為直線MN過橢圓內一點F，故m可取全體實數R，不需要考慮判別式∆>0) }}\)
\(| y _ { 3 } - y _ { 4 } | ^ { 2 } = ( y _ { 3 } + y _ { 4 } ) ^ { 2 } - 4 y _ { 3 } y _ { 4 }\)\(= \dfrac { 36 m ^ { 2 } } { ( 3 m ^ { 2 } + 4 ) ^ { 2 } } + \dfrac { 36 } { 3 m ^ { 2 } + 4 } = 144 \dfrac { m ^ { 2 } + 1 } { ( 3 m ^ { 2 } + 4 ) ^ { 2 } }\)，
令\(n=m^2+1≥1\)，\({\color{Red}{(使用換元法降次，化難為簡，函式思想注意自變數的取值範圍) }}\)
則\(| y _ { 3 } - y _ { 4 } | ^ { 2 } = 144 \cdot \dfrac { n } { ( 3 n + 1 ) ^ { 2 } } = 144 \cdot \dfrac { 1 } { 9 n + \dfrac { 1 } { n } + 6 }\)
\(∵ y = 9 n + \dfrac { 1 } { n }\)在\([1 ,+∞)\)是遞增的，\(∴y_{min}=10\)，
\({\color{Red}{(由對勾函式影象易得，由於n∈[1 ,+∞)不能用基本不等式) }}\)
\(| y _ { 3 } - y _ { 4 } | ^2_ { m a x } = 144 \cdot \dfrac { 1 } { 10 + 6 } = 9\)，即\(|y_3-y_4 |_{max}=3\)，
故\(S _ { m a x } = \dfrac { 1 } { 2 } \cdot F T ^ { \prime } \cdot | y _ { 3 } - y _ { 4 }|_{m a x} = \dfrac { 1 } { 2 } \times \dfrac { 3 } { 4 } \times 3 = \dfrac { 9 } { 8 }\).
【點撥】
① “\(R\)和\(Q\)的橫座標之和為\(2\)”這條件可想到“中點弦問題”的點差法，避免設直線\(RQ\)方程導致計算量增大；
② 本題最重要的想法是求\(△MNT\)的面積，用到了公式\(S=\dfrac{1}{2} \cdot FT \cdot|y_3-y_4 |\)，同時設直線方程為\(MN:x=my+1\)，聯立方程時消\(x\)得到\(y\)的一元二次方程較易得到\(|y_3-y_4 |\)的表示式，大大減少了計算量，也避免直線斜率是否存在的分類討論；
④ 求函式形如\(y = \dfrac { a _ { 1 } x ^ { 2 } + b _ { 1 } x + c _ { 1 } } { a _ { 2 } x ^ { 2 } + b _ { 2 } x + c _ { 2 } }\)最值問題，其中涉及對勾函式或基本不等式、換元法等內容，同時要注意自變數的取值範圍，這是常考的題型.

鞏固練習

1(★★)設\(F_1 ,F_2\)是橢圓\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 9 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 6 } = 1\)的兩個焦點，\(P\)是橢圓上的點，且\(|PF_1 |：|PF_2 |=2：1\)，則\(△F_1 PF_2\)的面積等於 .
2(★★)過雙曲線\(\dfrac { x ^ { 2 } } { 3 } - y ^ { 2 } = 1\)的右焦點F，作傾斜角為\(60°\)的直線\(l\), 交雙曲線的漸近線於點\(A、B\)，\(O\)為座標原點，則\(△OAB\)的面積為 .
3(★★)拋物線\(C：y^2=8x\)的焦點為\(F\)，\(N\)為準線上一點，\(M\)為\(y\)軸上一點，且\(\overrightarrow{NM} \cdot \overrightarrow{NF}=0\)，若線段\(MF\)的中點\(E\)在拋物線\(C\)上，則\(△MNF\)的面積為 .
4(★★)已知雙曲線\(C: \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } - \dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)的離心率為\(\sqrt5\)，虛軸長為\(4\)．
(1)求雙曲線的標準方程；
(2)過點\((0 ,1)\)，傾斜角為\(45°\)的直線\(l\)與雙曲線\(C\)相交於\(A、B\)兩點，\(O\)為座標原點，求\(∆OAB\)的面積．

5(★★)橢圓\(C: \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } +\dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)過點\(A ( 1 , \dfrac { 3 } { 2 } )\)，離心率為\(\dfrac {1 } { 2 }\)，左、右焦點分別為\(F_1\),\(F_2\)，過\(F_1\)的直線交橢圓於\(C ,D\)兩點．
(1)求橢圓\(C\)的方程；
(2)當\(△F_2 CD\)的面積為\(\dfrac { 12 \sqrt { 2 } } { 7 }\)時，求直線的方程．

6(★★★)如圖，設橢圓的中心為原點\(O\)，長軸在\(x\)軸上，上頂點為\(A\)，左、右焦點分別為\(F_1 ,F_2\)，線段\(OF_1 ,OF_2\)的中點分別為\(B_1 ,B_2\)，且\(△AB_1 B_2\)是面積為\(4\)的直角三角形．
(1)求該橢圓的離心率和標準方程；
(2)過\(B_1\)作直線交橢圓於\(P ,Q\)兩點，使\(PB_2⊥QB_2\)，求\(△PB_2 Q\)的面積．

7(★★★)已知橢圓\(C: \dfrac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } +\dfrac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a \gt 0 , b \gt 0 )\)的離心率為\(\dfrac { \sqrt { 3 } } { 2 }\)，\(F\)是橢圓的焦點，
點\(A(0 ,－2)\)，直線\(AF\)的斜率為\(\dfrac { 2 \sqrt { 3 } } { 3 }\)，\(O\)為座標原點．
(1)求橢圓\(C\)的方程；
(2)設過點\(A\)的直線與\(C\)相交於\(P、Q\)兩點，當\(△OPQ\)的面積最大時，求\(l\)的方程．

8(★★★★)已知雙曲線\(C\)的一個焦點為\((-\sqrt5 ,0)\)，且過點\(Q(2\sqrt5 ,2)\)．如圖，\(F_1\)，\(F_2\)為雙曲線的左、右焦點，動點\(P(x_0 ,y_0)(y_0≥1)\)在\(C\)的右支上，且\(∠F_1 PF_2\)的平分線與\(x\)軸、\(y\)軸分別交於點\(M(m ,0)(-\sqrt5<m<\sqrt5)、N\)，設過點\(F_1\),\(N\)的直線\(l\)與\(C\)交於\(D ,E\)兩點．
(1) 求\(C\)的標準方程；(2) 求\(△F_2 DE\)的面積最大值．

答案

1.\(2 \sqrt { 3 }\)
1.\(\dfrac { 3 \sqrt { 3 } } { 2 }\)
1.\(6 \sqrt { 2 }\)
1.\(x ^ { 2 } - \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1 \quad ( 2 ) \dfrac { 4 } { 3 }\)
1.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 3 } = 1\)\(( 2 ) x - y + 1 = 0 或 x + y + 1 = 0\)
1.\(( 1 ) e = \dfrac { 2 } { 5 } , \dfrac { x ^ { 2 } } { 20 } + \dfrac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1\)\(( 2 ) \dfrac { 16 } { 9 } \sqrt { 10 }\)
1.\((1)\dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } + y ^ { 2 } = 1\)\(y = \pm \dfrac { \sqrt { 7 } } { 2 } x - 2\)
1.\(( 1 ) \dfrac { x ^ { 2 } } { 4 } - y ^ { 2 } = 1\)\(( 2 ) 4 \sqrt { 30 }\)