2007-大纲卷I理-21 解-对角线垂直四边形面积公式

本题导读

本题考查直线与椭圆的位置关系、几何证明以及最值求解。第一问通过几何直观（垂足 $P$ 位于以焦距为直径的圆上）或代数放缩证明点 $P$ 在椭圆内部；第二问利用两相互垂直的焦点弦，将其方程与椭圆方程联立，利用韦达定理表示出弦长，最后将面积转化为关于斜率的代数函数求最值。

📌【题干】

Question

（2007年大纲卷I(理)） 已知椭圆 $\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$ 的左、右焦点分别为 $F_1、F_2$，过 $F_1$ 的直线交椭圆于 $B、D$ 两点，过 $F_2$ 的直线交椭圆于 $A、C$ 两点，且 $AC\perp BD$，垂足为 $P$.

(1) 设 $P$ 点的坐标为 $(x_0,y_0)$，证明: $\frac{x_0^2}{3}+\frac{y_0^2}{2}<1$；

(2) 求四边形 $ABCD$ 的面积的最小值.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：

• 几何法：因为 $AC\perp BD$，且 $F_1\in BD,F_2\in AC$，所以 $\angle F_{1}P{F}_2=90^{\circ }$。
• 根据圆的几何性质，点 $P$ 必然在以线段 $F_1{F}_2$ 为直径的圆上。
• 计算该圆的方程，并与椭圆方程作边界范围比对，证明点 $P$ 的坐标满足椭圆内部区域不等式。

2. 第二问：

• 因为对角线 $AC\perp BD$，所以四边形 $ABCD$ 的面积可以直接简化表示为 $S=\frac{1}{2}|AC|\cdot |BD|$。

• 设直线 $BD$ 的斜率为 $k$，则直线 $AC$ 的斜率为 $-\frac{1}{k}$（需单独讨论斜率不存在或为 0 的特殊轴对称情况）。

• 设直线 $BD$ 的方程为 $y=k(x+1)$，与椭圆联立求出弦长 $|BD|$ 关于 $k$ 的表达式。

• 同理，将 $k$ 替换为 $-\frac{1}{k}$ 即可直接获得弦长 $|AC|$ 的表达式。

• 两弦长相乘，通过代数换元法或基本不等式求解面积的绝对最小值。

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四边形 $ABCD$ 面积的最小值为 $\frac{96}{25}$

✍【详细解析】

Abstract

解：（1）证明：由椭圆方程 $\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$ 可得： $a^2=3,b^2=2⟹c^2=a^2-b^2=3-2=1⟹c=1$ 所以左、右焦点坐标分别为 $F_1(-1,0)$， $F_2(1,0)$。

因为 $A,C,F_2$ 三点共线（直线 $AC$）， $B,D,F_1$ 三点共线（直线 $BD$）， 且已知 $AC\perp BD$，垂足为 $P(x_0,y_0)$， 所以有 $\angle F_{1}P{F}_2=90^{\circ }$（当 $P$ 不与 $F_1,F_2$ 重合时）。 根据圆的几何性质，点 $P$ 的轨迹是以线段 $F_1{F}_2$ 为直径的圆（除去两焦点）。 该圆的圆心为坐标原点 $O(0,0)$，半径为 $c=1$，其方程为： $x_0^2+y_0^2=1⟹y_0^2=1-x_0^2(-1<x_0<1)$

我们将点 $P$ 的坐标代入待证的椭圆代数式中进行代换： $\frac{x_0^2}{3}+\frac{y_0^2}{2}=\frac{x_0^2}{3}+\frac{1-x_0^2}{2}=\frac{2x_0^2+3-3x_0^2}{6}=\frac{3-x_0^2}{6}$ 因为 $-1<x_0<1⟹0\le x_0^2<1$， 所以： $\frac{3-x_0^2}{6}\le \frac{3-0}{6}=\frac{1}{2}<1$ 即 $\frac{x_0^2}{3}+\frac{y_0^2}{2}<1$ 恒成立。

（2）解：因为四边形 $ABCD$ 的对角线 $AC\perp BD$，所以其面积公式为： $S=\frac{1}{2}|AC|\cdot |BD|$

• 情况一：当两条直线中有一条斜率为 0（另一条斜率不存在）时 不妨设直线 $BD$ 轴重合在 $x$ 轴上，此时 $BD$ 为椭圆的长轴， $|BD|=2a=2\sqrt{3}$。 此时直线 $AC\perp x$ 轴且过右焦点 $F_2(1,0)$，即 $AC$ 为通径，其长度为 $|AC|=\frac{2b^2}{a}=\frac{4}{\sqrt{3}}$。 此时四边形的面积为： $S=\frac{1}{2}\times 2\sqrt{3}\times \frac{4}{\sqrt{3}}=4$

• 情况二：当两条直线的斜率均存在且不为 0 时 设直线 $BD$ 的斜率为 $k$ ($k\ne 0$)，则其方程为 $y=k(x+1)⟹x=\frac{y}{k}-1$。 将直线 $BD$ 的方程与椭圆方程联立： $\frac{(x{)}^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1⟹2x^2+3y^2=6$ 代入 $x=\frac{y}{k}-1$： $2{\left(\frac{y}{k}-1\right)}^2+3y^2=6⟹\left(\frac{2}{k^2}+3\right)y^2-\frac{4}{k}y-4=0$ $\left(3k^2+2\right)y^2-4ky-4k^2=0$ 设 $B(x_1,y_1),D(x_2,y_2)$，由韦达定理得： $y_1+y_2=\frac{4k}{3k^2+2},y_1{y}_2=\frac{-4k^2}{3k^2+2}$ 由弦长公式可得 $|BD|$ 长度为： $|BD|=\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=\frac{\sqrt{k^2+1}}{|k|}\sqrt{(y_1+y_2{)}^2-4y_1{y}_2}$ $|BD|=\frac{\sqrt{k^2+1}}{|k|}\sqrt{\frac{16k^2+16k^2(3k^2+2)}{(3k^2+2{)}^2}}=\frac{\sqrt{k^2+1}}{|k|}\cdot \frac{4|k|\sqrt{3k^2+3}}{3k^2+2}=\frac{4\sqrt{3}(k^2+1)}{3k^2+2}$

因为 $AC\perp BD$，所以直线 $AC$ 的斜率为 $-\frac{1}{k}$。 同理，只需将上面的弦长表达式中的 $k$ 全额替换为 $-\frac{1}{k}$，即可直接得到弦长 $|AC|$ 的表达式： $|AC|=\frac{4\sqrt{3}\left[{\left(-\frac{1}{k}\right)}^2+1\right]}{3{\left(-\frac{1}{k}\right)}^2+2}=\frac{4\sqrt{3}\left(\frac{1}{k^2}+1\right)}{\frac{3}{k^2}+2}=\frac{4\sqrt{3}(1+k^2)}{3+2k^2}$

将两弦长代入面积公式中： $S=\frac{1}{2}\cdot |AC|\cdot |BD|=\frac{1}{2}\times \frac{4\sqrt{3}(k^2+1)}{3k^2+2}\times \frac{4\sqrt{3}(k^2+1)}{2k^2+3}=\frac{24(k^2+1{)}^2}{(3k^2+2)(2k^2+3)}$ $S=\frac{24(k^2+1{)}^2}{6k^4+13k^2+6}$

令 $t=k^2+1$，因为 $k\ne 0⟹k^2>0$，所以 $t>1$。 由于 $k^2=t-1,k^4=(t-1{)}^2=t^2-2t+1$，代入上式分母中进行元转换： $S=\frac{24t^2}{6(t^2-2t+1)+13(t-1)+6}=\frac{24t^2}{6t^2-12t+6+13t-13+6}=\frac{24t^2}{6t^2+t-1}$ 分子分母同除以 $t^2$： $S=\frac{24}{6+\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}}$

令 $u=\frac{1}{t}$，因为 $t>1$，所以 $u\in (0,1)$。 面积式转化为关于 $u$ 的二次函数： $S(u)=\frac{24}{-u^2+u+6}$ 分母二次项 $-u^2+u+6$ 的对称轴为 $u=\frac{1}{2}\in (0,1)$。 当 $u=\frac{1}{2}$ 时，分母取得最大值： ${\text{分母}}_{\text{max}}=-{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{1}{2}+6=-\frac{1}{4}+\frac{1}{2}+6=\frac{25}{4}$ 此时，整体面积 $S$ 取得绝对最小值： $S_{\text{min}}=\frac{24}{\frac{25}{4}}=\frac{96}{25}$

因为 $\frac{96}{25}=3.84<4$，综合两种情况，全域绝对最小值为 $\frac{96}{25}$。

答案：四边形 $ABCD$ 面积的最小值为 $\frac{96}{25}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：直角弦隐性圆轨迹方程、对角线垂直四边形面积模型、两相互垂直焦点弦长公式的参数对称代换、二次函数留域最值。
2. 核心方法：斜率换元消元法。
3. 避坑指南：

• 第二问设直线方程时，必须要单独把斜率为 0 或不存在的特殊对称轴情况优先隔离讨论出来。如果直接联立，分母含 $k$ 会导致漏掉潜在边界。
• 最终求得关于 $u$ 的二次函数时，一定要精确核校自变量 $u$ 的定义域范围（ $0<u<1$）。由于对称轴 $\frac{1}{2}$ 恰好落在该区间内，最值可在顶点处完美切出。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系，是全国大纲卷I(理)解答题的高频命题方向，同型题见下方类题演练。
2. 变式思考：本题的核心步骤（联立方程韦达定理法、几何关系转化法）可迁移到同类问题——若改变题设条件（如更换数值或几何对象），解法框架不变，重在把握「条件→目标」的转化路径。
3. 知识关联：椭圆的标准方程与几何性质、直线与圆锥曲线的位置关系相互关联，解答中综合运用了联立方程韦达定理法、几何关系转化法，建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略

类题演练 (Links)

• 2009-重庆卷理-20 解-椭圆
• 2011-四川卷理-21 解-椭圆
• 2018-北京卷文-20 解-椭圆性质