专题3.3 图形面积求最值函数值域正当时-2020届高考数学压轴题讲义(解答题)（解析版）

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1、【题型综述】1、面积问题的解决策略：（1）求三角形的面积需要寻底找高，需要两条线段的长度，为了简化运算，通常优先选择能用坐标直接进行表示的底（或高）（2）面积的拆分：不规则的多边形的面积通常考虑拆分为多个三角形的面积和，对于三角形如果底和高不便于计算，则也可以考虑拆分成若干个易于计算的三角形2、多个图形面积的关系的转化：关键词“求同存异”，寻找这些图形的底和高中是否存在“同底”或“等高”的特点，从而可将面积的关系转化为线段的关系，使得计算得以简化3、面积的最值问题：通常利用公式将面积转化为某个变量的函数，再求解函数的最值，在寻底找高的过程中，优先选择长度为定值的线段参与运算。这样可以使函数解析

2、式较为简单，便于分析【典例指引】例1已知椭圆（）的一个顶点为，离心率为，直线（）与椭圆交于，两点，若存在关于过点的直线，使得点与点关于该直线对称（I）求椭圆的方程；（II）求实数的取值范围；（III）用表示的面积，并判断是否存在最大值.若存在，求出最大值；若不存在，说明理由 ，可得：，则有：（），故（III）法一（面积转化为弦长）：，到的距离，所以，设，则，所以在上是减函数，所以面积无最大值学&科网法二（面积坐标化公式）：易得向量，则有，因，在上均为减函数，则在上均为减函数，所以面积无最大值可得的面积的取值范围为点评：（1）第二小问分为两个操作程序：据对称性得到直线斜率与截距之间的关系；据位置

3、关系构建直线斜率与截距之间的不等关系点关于直线对称的转化为对称轴为垂直平分线，法一进一步转化为等腰三角形，从而线段相等，利用两点距离公式进行坐标化，化简后得到交点坐标纵横坐标之和及弦的斜率，故可以使用韦达定理整体代入实际上所有使用韦达定理整体代入这个处理方式的标准是题意韦达定理化：条件与目标均能化为交点坐标和与积的形式；横坐标纵坐标；法二则点差法处理弦中点问题均可得到直线的斜率与截距之间的关系构建不等式的方式：法一根据直线与椭圆的位置关系，利用判别式构建参数的不等式；法二根据点与椭圆的位置关系，利用中点在椭圆内构建参数的的不等式；故直线与椭圆相交可与点在椭圆内等价转化； （2）第三小问分成两个

4、操作程序：构建面积的函数关系；求函数的值域法一利用底与高表示三角形面积，三角形的底则为弦长，三角形高则为点线距离法二利用三角形面积的坐标公式，不管哪种面积公式，均会出现交点坐标之差，故从整道题全局来说，第二问使用韦达定理显得更流畅，时分比更高，所以要注意方法的选择与整合关于分式型函数求最值，常见思路为：以分母为整体，分子常数化，往往化简为反比例函数、对勾函数及二次函数的复合函数，本题这个函数形式并不常见特别要注意基本函数的和与差这种结构的函数，特殊情况可以直接判断单调性，这样可以避免导数过程学&科网变式与引申：若过点的直线交椭圆于，求四边形的面积的取值范围例2、已知椭圆的左、右两个焦点分别为，

5、离心率，短轴长为2.（1）求椭圆的方程；（2）点为椭圆上的一动点（非长轴端点），的延长线与椭圆交于点， 的延长线与椭圆交于点，求面积的最大值.【思路引导】（1） 由题意得，再由， 标准方程为；（2）当的斜率不存在时，不妨取； 当的斜率存在时，设的方程为，联立方程组 ，又直线的距离 点到直线的距离为面积的最大值为.解析：（1） 由题意得，解得，学&科网化简得，设点到直线的距离学&科网因为是线段的中点，所以点到直线的距离为，综上， 面积的最大值为.学&科网【点评】本题主要考查椭圆的标准方程及其性质、点到直线的距离、弦长公式和三角形面积公式等知识，涉及函数与方程思想、数形结合思想分类与整合、转化与化

6、归等思想，并考查运算求解能力和逻辑推理能力，属于较难题型. 第一小题由题意由方程思想建立方程组求得标准方程为；（2）利用分类与整合思想分当的斜率不存在与存在两种情况求解，在斜率存在时，由舍而不求法求得 ，再求得点到直线的距离为 面积的最大值为.例3、已知点A（4，4）、B（4，4），直线AM与BM相交于点M，且直线AM的斜率与直线BM的斜率之差为2，点M的轨迹为曲线C（1）求曲线C 的轨迹方程；（2）Q为直线y=1上的动点，过Q做曲线C的切线，切点分别为D、E，求QDE的面积S的最小值【思路引导】（）设，由题意得，化简可得曲线的方程为 ； （）设，切线方程为，与抛物线方程联立互为，由于直线与抛

7、物线相切可得，解得，可切点，由，利用韦达定理，得到，得到为直角三角形，得出三角形面积的表达式，即可求解三角形的最小值考点：直线与圆锥曲线的综合问题；轨迹方程的求解【点评】本题主要考查了直线与抛物线相切的性质、切线方程、相互垂直的斜率之间的关系、两点间的距离公式、三角形的面积公式、二次函数的性质等知识点的综合应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力、推理与运算能力，试题有一定的难度，属于难题，本题的解答中把切线的方程代入抛物线的方程，利用根与系数的关系，表示出三角形的面积是解答问题的关键例4、已知椭圆的焦距为2,离心率为.()求椭圆的标准方程;()过点作圆的切线,切点分别为,直线与轴交于点,过点

8、作直线交椭圆于两点,点关于轴的对称点为,求面积的最大值.【思路引导】 ()由椭圆的焦点为，离心率为，求出，由此能求出椭圆的标准方程；() 由题意，得、 、 四点共圆，该圆的方程为，得的方程为，直线的方程为，设，则，从而最大， 就最大，可设直线的方程为，由，得，由此利用根的判别式、韦达定理、弦长公式，能求出的面积的最大值.试题解析：()由题意, ,解得,由,解得;所以椭圆的标准方程为.又直线与椭圆交于不同的两点,则,即,令,则,令,则函数在上单调递增,即当时, 在上单调递增,因此有；所以,当时取等号. 学&科网故面积的最大值为3.【点评】本题主要考查待定系数法求椭圆的方程、韦达定理和三角形面积公

9、式及单调性求最值，属于难题. 解决圆锥曲线中的最值问题一般有两种方法：一是几何意义，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将圆锥曲线中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、以及均值不等式法，本题（2）就是用的这种思路，利用函数单调法面积的最大值的.【扩展链接】椭圆与双曲线中焦点三角形面积公式：（1）椭圆：设为椭圆上一点，且，则（2）双曲线：设为双曲线上一点，且，则【新题展示】1【2019】广东江门调研】在平面直角坐标系中，为不在轴上的动点，直线、的斜率满足（1）求动点的轨迹的方程；（2）若，是轨迹上两点，求面积的最大值

10、【思路引导】（1）设，将利用斜率公式进行化简整理即可得点P轨迹方程；（2）由斜率为1，设直线MN的方程与椭圆联立，写出韦达定理，计算弦长|MN|和点T到直线MN的距离，表示出三角形的面积，利用导数即可求出面积最大值【解析】（1）设为轨迹上任意一点，依题意，整理化简得：（2）设由，得，设，则，到直线的距离的面积设，解，得或或因为，即有且仅有一个解，面积的最大值2【2019四川成都实验外国语学校二诊】已知椭圆：的左右焦点分别是，抛物线与椭圆有相同的焦点，点为抛物线与椭圆在第一象限的交点，且满足（1）求椭圆的方程；（2）过点作直线与椭圆交于两点，设若，求面积的取值范围【思路引导】（1）由题意可得点P

11、的坐标为，然后求出，根据椭圆的定义可得，进而得到，于是可得椭圆的方程（2）由题意直线的斜率不为0，设其方程为，代入椭圆方程后结合根与系数的关系得到，然后通过换元法求出的范围即可【解析】（1）由题意得抛物线的焦点坐标为，准线方程为，点P到直线的距离为，从而点P的横坐标为，又点P在第一象限内，点P的坐标为，椭圆的方程为（2）根据题意得直线的斜率不为0，设其方程为，由 消去整理得，显然设，则 ，即，代入消去得，解得由题意得令，则，设，则在上单调递增，即，即面积的取值范围为3【2019江西南昌一模】如图，椭圆：与圆：相切，并且椭圆上动点与圆上动点间距离最大值为（1）求椭圆的方程；（2）过点作两条互相垂

12、直的直线，与交于两点，与圆的另一交点为，求面积的最大值，并求取得最大值时直线的方程【思路引导】（1）由题意可得b1，a1，即可得到椭圆的方程；（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），根据l2l1，可设直线l1，l2的方程，分别与椭圆、圆的方程联立即可得可得出|AB|、|MN|，即可得到三角形ABC的面积，利用基本不等式的性质即可得出其最大值【解析】（1）椭圆E与圆O：x2+y21相切，知b21； 又椭圆E上动点与圆O上动点间距离最大值为，即椭圆中心O到椭圆最远距离为，得椭圆长半轴长，即；所以椭圆E的方程：（2）当l1与x轴重合时，l2与圆相切，不合题意当l1x轴时，M（1，0），l1：x1

13、，此时（6分）当l1的斜率存在且不为0时，设l1：xmy+1，m0，则，设A（x1，y1），B（x2，y2），由得，（2m2+3）y2+4my10，所以， 所以由得，解得， 所以，所以， 因为，所以，当且仅当时取等号所以（） 综上，ABM面积的最大值为，此时直线l1的方程为 4【2019浙江温州2月适应性测试】如图，A 为椭圆的下顶点，过 A 的直线 l 交抛物线于B、C 两点，C 是 AB 的中点（I）求证：点C的纵坐标是定值；（II）过点C作与直线 l 倾斜角互补的直线l交椭圆于M、N两点，求p的值，使得BMN的面积最大【思路引导】（I）根据点在抛物线上设出B的坐标，可表示出C的坐标，代入

14、抛物线方程求得纵坐标（II）先利用条件得到，联立直线与椭圆的方程，求得弦长及到的距离，写出面积的表达式，利用基本不等式求得最值及相应的参数即可【解析】（）易知，不妨设，则，代入抛物线方程得：，得：，为定值（）点是中点，直线的斜率，直线的斜率，直线的方程：，即，不妨记，则：代入椭圆方程整理得：，设，则，到的距离，所以 取等号时，得，所以，5【2019福建厦门第一次（3月)质量检查】已知为坐标原点，为椭圆的上焦点，上一点在轴上方，且（1）求直线的方程；（2）为直线与异于的交点，的弦，的中点分别为，若在同一直线上，求面积的最大值【思路引导】(1) 设 ，可得，求出A点坐标，即可得到直线的方程；(2)

15、利用点差法可得，又因为在同一直线上，所以，所以，设出直线，与椭圆方程联立，利用韦达定理即可表示面积，结合均值不等式即可得到结果【解析】解法一：（1）设 ，因为，所以又因为点在椭圆上，所以由解得：或，所以的坐标为或又因为的坐标为，所以直线的方程为或（2）当在第一象限时，直线 设，则，两式相减得：因为不过原点，所以，即，同理：又因为在同一直线上，所以，所以，设直线，由得：，由，得由韦达定理得：，所以，又因为到直线的距离，所以当且仅当，即时等号成立，所以的面积的最大值为3，当在第二象限时，由对称性知，面积的最大值也为3，综上，面积的最大值为3解法二：（1）同解法一；（2）当点在第一象限时，直线由，得

16、：，则中点的坐标为所以直线当直线斜率不存在或斜率为零时，不共线，不符合题意；当直线斜率存在时，设，由得：，由，得，由韦达定理，所以因为在同一直线上，所以，解得，所以，所以又因为到直线的距离为所以当，即时，面积的最大值为3，所以面积的最大值为3，当在第二象限时，由对称性知，面积的最大值也为3，综上，面积的最大值为36【2019湖南怀化一模】设椭圆的离心率，椭圆上的点到左焦点的距离的最大值为3（1）求椭圆的方程；（2）求椭圆的外切矩形的面积的取值范围【思路引导】（1）根据题意求出，进而可求出结果；（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，可求出矩形的面积；当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，

17、则，斜率为，设出直线的方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理以及弦长公式等，即可求解【解析】（1）由题设条件可得，解得，所以椭圆的方程为（2）当矩形的一组对边斜率不存在时，得矩形的面积 当矩形四边斜率都存在时，不防设，所在直线斜率为，则，斜率为，设直线的方程为，与椭圆联立可得，由，得显然直线的直线方程为，直线，间的距离，同理可求得，间的距离为所以四边形面积为 （等号当且仅当时成立）又，故由以上可得外切矩形面积的取值范围是7【2019江西上饶重点中学联考】已知椭圆的短轴长等于，右焦点距最远处的距离为3（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，过的直线与交于两点（不在轴上），若，求四边形面积的最大

18、值【思路引导】（1）由已知得，即可得椭圆方程（2）由题意设，与椭圆方程联立得，代入化简求最值即可【解析】（1）由已知得， （2）因为过 的直线与交于两点（不在轴上），所以设， 设，则 ，由对勾函数的单调性易得当即 8【2019安徽马鞍山一模】已知椭圆的方程为，离心率，且短轴长为4求椭圆的方程；已知，若直线l与圆相切，且交椭圆E于C、D两点，记的面积为，记的面积为，求的最大值【思路引导】根据题意列出有关a、b、c的方程组，求出a、b、c的值，可得出椭圆E的方程；设直线l的方程为，先利用原点到直线l的距离为2，得出m与k满足的等式，并将直线l的方程与椭圆E的方程联立，列出韦达定理，计算出弦CD的长

19、度的表达式，然后分别计算点A、B到直线l的距离、，并利用三角形的面积公式求出的表达式，通过化简，利用基本不等式可求出的最大值。【解析】设椭圆的焦距为，椭圆的短轴长为，则，由题意可得，解得，因此，椭圆的方程为；由题意知，直线l的斜率存在且斜率不为零，不妨设直线l的方程为，设点、，由于直线l与圆，则有，所以，点A到直线l的距离为，点B到直线l的距离为，将直线l的方程与椭圆E的方程联立，消去y并整理得由韦达定理可得，由弦长公式可得所以，当且仅当时，即当时，等号成立因此，的最大值为129【2019山西晋中1月适应性考试】已知椭圆：的右焦点为抛物线的焦点，是椭圆上的两个动点，且线段长度的最大值为4（1）

20、求椭圆的标准方程；（2）若，求面积的最小值【思路引导】（1）根据抛物线和椭圆的几何性质，求得的值，即可得到椭圆的标准方程；（2）当，为椭圆顶点时，易得的面积；当，不是椭圆顶点时，设直线的方程为，联立方程组，利用根和系数的关系，以及弦长公式，求得，同理求得，得到面积的表达式，利用基本不等式，即可求解【解析】（1）的焦点为，椭圆的右焦点为，即，又的最大值为4，因此，所以椭圆的标准方程为（2）当，为椭圆顶点时，易得的面积为，当，不是椭圆顶点时，设直线的方程为：，由，得，所以，由，得直线的方程为：，所以，所以，当且仅当时等号成立，所以，所以，综上，面积的最小值为10【2019广西柳州1月模拟】已知点，

21、直线为平面内的动点，过点作直线的垂线，垂足为点，且 （1）求动点的轨迹的方程；（2）过点作直线（与轴不重合）交轨迹于，两点，求三角形面积的取值范围（为坐标原点）【思路引导】（1）处理向量等式，代入向量坐标，计算方程，即可。（2）分直线斜率是否存在考虑，设出直线l的方程，代入椭圆方程，用m表示三角形面积，换元，结合函数性质，计算范围，即可。【解析】（1）设动点，则，由，即 化简得 （2）由(1)知轨迹的方程为，当直线斜率不存在时，当直线斜率存在时，设直线方程为 ，设 由得则， 令，则 令，则，当时，在上单调递增，综上所述，三角形面积的取值范围是【同步训练】1已知椭圆： （）的短轴长为2，离心率为

22、，直线： 与椭圆交于， 两点，且线段的垂直平分线通过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）当（为坐标原点）面积取最大值时，求直线的方程.【答案】（1）（2）或或【思路引导】（1）由已知可得解出即可（2）设， ，联立方程写出韦达定理，由， ， 求出表达式然后根据函数， .求得面积最大值从而确定直线方程 ，当时，取到等号. 则: 当时，因为线段的垂直平分线过点，所以 ，化简整理得由得学&科网又原点到直线的距离为【点评】先根据定义列出相关等式，求解方程即可，对于直线与椭圆的综合，要熟悉弦长公式， ，然后联立方程写出表达式，根据函数特征求出最值从而确定参数的值得出结果.在做此类题型时计算一定要认真仔细.2

23、已知抛物线，圆，点为抛物线上的动点， 为坐标原点，线段的中点的轨迹为曲线.（1）求抛物线的方程；（2）点是曲线上的点，过点作圆的两条切线，分别与轴交于两点.求面积的最小值.【答案】（）;（）.【思路引导】（）由题意可得，设中点坐标，表示出点，将其代入到抛物线方程中，即可得到抛物线的方程；（）由题意可设切线方程为： ，进而得到切线与x轴的交点为，由圆心到切线方程的距离为半径，得到，由韦达定理，可得到的函数关系式，利用函数的单调性可求出面积最小值.试题解析：（）设，则点在抛物线上，学&科网则，记，则，在上单增，面积的最小值为 学&科网 【点评】本题主要考查以抛物线与圆的方程为载体，考查了抛物线的标

24、准方程，考查了直线与圆相切问题，切线的性质，同时考查了利用导数法解决函数的最值问题，综合性较强，正确利用已知条件转化成一元二次方程，再利用韦达定理即可求出面积的函数表达式，再利用函数的单调性即可求出最值.3已知椭圆的长轴长为，左焦点，若过点的直线与椭圆交于两点（1）求椭圆的标准方程；（2）求证： ；（3）求面积的最大值【答案】（1）（2）见解析（3）【思路引导】（1）由椭圆几何意义得，解得（2）即证： ，设， 直线方程为，即证，联立直线方程与椭圆方程，代入化简即证（3）利用三角形面积公式得，再利用直线方程得，利用弦长公式可得一元函数 ，利用换元可化为一元二次函数： ， ，根据二次函数对称轴与定

25、义区间位置关系可得最值 （3） 令 则当（满足），所以的最大值为【点评】解析几何中的最值是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题的一般思路为在深刻认识运动变化的过程之中，抓住函数关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决.4已知点，椭圆的离心率为是椭圆的焦点，直线的斜率为为坐标原点.（1）求椭圆的方程；（2）设过点的直线与椭圆相交于两点，当的面积最大时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）.【思路引导】（1）设出F，由直线AF的斜率为，求得c，结合离心率求得a，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；（2）当lx轴时，不合题意；当直线

26、l斜率存在时，设直线l：y=kx-2，联立直线方程和椭圆方程，由判别式大于0求得k的范围，再由弦长公式求得|PQ|，由点到直线的距离公式求得O到l的距离，代入三角形面积公式，化简后换元，利用基本不等式求得最值，进一步求出k值，则直线方程可求 5在平面直角坐标系中， 满足，设点的轨迹为，从上一点向圆作两条切线，切点分别为，且.（1）求点的轨迹方程和；（2）当点在第一象限时，连接切点，分别交轴于点，求面积最小时点的坐标.【答案】（1）， ；（2）.【思路引导】（1）根据，由两点坐标运算即可解得；（2）写出切线的方程，解得与轴的交点，与轴的交点的坐标，写出面积公式进而求解即可.试题解析：（1）由题知

27、 ，整理得， 点的轨迹方程是， 在中， ，即圆的半径.（2）设点.为圆的切线， 6如图，已知椭圆： 的离心率为， 、为椭圆的左右顶点，焦点到短轴端点的距离为2， 、为椭圆上异于、的两点，且直线的斜率等于直线斜率的2倍（）求证：直线与直线的斜率乘积为定值；（）求三角形的面积的最大值【答案】（）见解析;（）.【思路引导】（）由椭圆的方程可得点P,A,B的坐标，利用两点式求直线斜率的方法可求出BP,BQ的斜率乘积为定值-1；（）当直线的斜率存在时， ， ， ，当直线的斜率不存在时， ，故综合的最大值为.试题解析：点为右端点，舍去，令（）， ， ，当直线的斜率不存在时， ， ，即，解得，所以的最大值为

28、.7已知椭圆经过点，离心率.（）求椭圆的标准方程；（）设过点的直线与椭圆相交于两点，求的面积的最大值。【答案】(1) ;(2)1.【思路引导】（）运用椭圆的离心率公式和点满足椭圆方程，以及a，b，c的关系，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；（）当直线l的斜率不存在，不合题意，可设直线l：y=kx2，P（x1，y1），Q（x2，y2），联立椭圆方程，消去y，得到x的方程，运用判别式大于0和韦达定理，以及弦长公式，点到直线的距离公式，由三角形的面积公式，运用换元法和基本不等式即可得到所求最大值 8 如图，已知抛物线的焦点在抛物线上，点是抛物线上的动点（）求抛物线的方程及其准线方程；（）过点作抛物

29、线的两条切线， 、分别为两个切点，求面积的最小值【答案】() 的方程为 其准线方程为；()2.【思路引导】（I）由题意抛物线 的焦点为抛物线 的顶点（ ，由此算出 从而得到抛物线 的方程，得到 的准线方程；（II）设则可得切线， 的方程，进而可得所以直线的方程为. 联立由韦达定理得，可求得进而求得点到直线的距离 则的面积所以当时， 取最小值为。即面积的最小值为2. 9在平面直角坐标系xOy 中，椭圆G的中心为坐标原点，左焦点为F1（1，0），离心率e=（1）求椭圆G 的标准方程；（2）已知直线l1：y=kx+m1与椭圆G交于 A，B两点，直线l2：y=kx+m2（m1m2）与椭圆G交于C，D两

30、点，且|AB|=|CD|，如图所示证明：m1+m2=0；求四边形ABCD 的面积S 的最大值【答案】（1） （2）见解析 【思路引导】（1）由焦点坐标及离心率可求得，即可求椭圆G 的标准方程；（2）利用弦长公式及韦达定理，表示出由，由得到；四边形是平行四边形，设间的距离，由得，即可.（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4）证明：由消去y得（1+2k2）x2+4km1x+2m122=0，x1+x2=，x1x2=；|AB|=2；同理|CD|=2，由|AB|=|CD|得2=2，m1m2，m1+m2=0 四边形ABCD 是平行四边形，设AB，CD间的距离d=m1+

31、m2=0，s=|AB|d=2=.所以当2k2+1=2m12时，四边形ABCD 的面积S 的最大值为210已知椭圆： （）的短轴长为2，以为中点的弦经过左焦点，其中点不与坐标原点重合，射线与以圆心的圆交于点.（）求椭圆的方程；（）若四边形是矩形，求圆的半径；（）若圆的半径为2，求四边形面积的最小值.【答案】(1) ;(2) .（3）四边形面积的最小值为.【思路引导】（）根据题意列出关于 、 、的方程组，结合性质 ， ，求出 、 、，即可得结果；（）设直线的方程为，直线与曲线联立，根据韦达定理结合，可求出，从而可得结果；（）根据弦长公式，点到直线距离公式和三角形面积公式可得四边形面积 ，利用单调性可得结果. （）当圆的半径为2时，由（）可知的中点为，所以直线的斜率为，所以直线的方程为.设点到直线的距离为，因为点是弦的中点，所以点到直线的距离也为，则.因为点， 位于直线的异侧，所以.所以 .又因为，所以所以四边形面积 ，其中.可知当时， ，即四边形面积的最小值为.