最值問題的基本解法有幾何法和代數(shù)法：幾何法是根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點(diǎn)到某個定點(diǎn)和焦點(diǎn)的距離之和、光線反射問題等)；代數(shù)法是建立求解目標(biāo)關(guān)于某個或兩個變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值普通方法、基本不等式方法、導(dǎo)數(shù)方法等解決的．
【例題選講】
[例1] 如圖，已知拋物線E：y2＝2px(p>0)與圓O：x2＋y2＝8相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)A的橫坐標(biāo)為2．過劣弧AB上動點(diǎn)P(x0，y0)作圓O的切線交拋物線E于C，D兩點(diǎn)，分別以C，D為切點(diǎn)作拋物線E的切線l1，l2，l1與l2相交于點(diǎn)M．
(1)求拋物線E的方程；
(2)求點(diǎn)M到直線CD距離的最大值．
[規(guī)范解答] (1)把xA＝2代入x2＋y2＝8，得yeq \\al(2,A)＝4，故2pxA＝4，p＝1．
于是，拋物線E的方程為y2＝2x．
(2)設(shè)Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),2)，y1))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),2)，y2))，切線l1：y－y1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),2)))，代入y2＝2x得ky2－2y＋2y1－kyeq \\al(2,1)＝0，
由Δ＝0，解得k＝eq \f(1,y1)．∴l(xiāng)1的方程為y＝eq \f(1,y1)x＋eq \f(y1,2)，同理，l2的方程為y＝eq \f(1,y2)x＋eq \f(y2,2)．
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,y1)x＋\f(y1,2)，,y＝\f(1,y2)x＋\f(y2,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(y1y2,2)，,y＝\f(y1＋y2,2).))易得直線CD的方程為x0x＋y0y＝8，
其中x0，y0滿足xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝8，x0∈[2,2eq \r(2) ]．
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x0x＋y0y＝8，))得x0y2＋2y0y－16＝0，則eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2y0,x0)，,y1y2＝－\f(16,x0).))∴M(x，y)滿足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(8,x0)，,y＝－\f(y0,x0)，))
即點(diǎn)M為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,x0)，－\f(y0,x0)))．點(diǎn)M到直線CD：x0x＋y0y＝8的距離
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－8－\f(y\\al(2,0),x0)－8)),\r(x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)))＝eq \f(\f(y\\al(2,0),x0)＋16,2\r(2))＝eq \f(\f(8－x\\al(2,0),x0)＋16,2\r(2))＝eq \f(\f(8,x0)－x0＋16,2\r(2))，令f(x)＝eq \f(\f(8,x)－x＋16,2\r(2))，x∈[2，2eq \r(2)]，
則f(x)在[2，2eq \r(2) ]上單調(diào)遞減，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時，f(x)取得最大值eq \f(9\r(2),2)，故dmax＝eq \f(9\r(2),2)．
[例2] 如圖，已知點(diǎn)F1，F(xiàn)2是橢圓C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1的兩個焦點(diǎn)，橢圓C2：eq \f(x2,2)＋y2＝λ經(jīng)過點(diǎn)F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P是橢圓C2上異于F1，F(xiàn)2的任意一點(diǎn)，直線PF1和PF2與橢圓C1的交點(diǎn)分別是A，B和C，D．設(shè)AB，CD的斜率分別為k，k′．
(1)求證：k·k′為定值；
(2)求|AB|·|CD|的最大值．
[規(guī)范解答] (1)證明：因為點(diǎn)F1，F(xiàn)2是橢圓C1的兩個焦點(diǎn)，故F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)．
又點(diǎn)F1，F(xiàn)2是橢圓C2上的點(diǎn)，將F1或F2的坐標(biāo)代入C2的方程得λ＝eq \f(1,2)．
設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)是(x0，y0)，由點(diǎn)P是橢圓C2上的點(diǎn)，知eq \f(x\\al(2,0),2)＋yeq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)，①
∵直線PF1和PF2的斜率分別是k，k′(k≠0，k′≠0)，∴kk′＝eq \f(y0,x0＋1)·eq \f(y0,x0－1)＝eq \f(y\\al(2,0),x\\al(2,0)－1)，②
由①②可得kk′＝－eq \f(1,2)，即k·k′為定值．
(2)直線PF1的方程可表示為y＝k(x＋1)(k≠0)，與橢圓C1的方程聯(lián)立，得到方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋1)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
消去y得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0．
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)．
|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \f(2\r(2)(1＋k2),1＋2k2)．同理可求得|CD|＝eq \f(\r(2)(1＋4k2),1＋2k2)，
則|AB|·|CD|＝eq \f(4(4k4＋5k2＋1),(1＋2k2)2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al(1＋\f(\(\s\up7(),\s\d5(1)),\f(1,k2)＋4k2＋4))))≤eq \f(9,2)，
當(dāng)且僅當(dāng)k＝±eq \f(\r(2),2)時等號成立．故|AB|·|CD|的最大值為eq \f(9,2)．
[例3] 已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率e＝eq \f(\r(3),3)，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，且F2與拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)重合．
(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若過F1的直線交橢圓于B，D兩點(diǎn)，過F2的直線交橢圓于A，C兩點(diǎn)，且AC⊥BD，求|AC|＋|BD|的最小值．
[規(guī)范解答] (1)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，所以c＝1，又因為e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,a)＝eq \f(\r(3),3)，所以a＝eq \r(3)，
所以b2＝2，所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)①當(dāng)直線BD的斜率k存在且k≠0時，直線BD的方程為y＝k(x＋1)，
代入橢圓方程eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，并化簡得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋2))x2＋6k2x＋3k2－6＝0．
Δ＝36k4－4(3k2＋2)(3k2－6)＝48(k2＋1)>0恒成立．
設(shè)B(x1，y1)，D(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq \f(6k2,3k2＋2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,3k2＋2)，
|BD|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(?x1＋x2?2－4x1x2)))＝eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)),3k2＋2)，
由題意知AC的斜率為－eq \f(1,k)，所以|AC|＝eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),3×\f(1,k2)＋2)＝eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1)),2k2＋3)．
|AC|＋|BD|＝4eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3k2＋2)＋\f(1,2k2＋3)))＝eq \f(20\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k2＋3)))≥eq \f(20\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2,\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋2))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k2＋3)),2)))2)
＝eq \f(20\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))2,\f(25?k2＋1?2,4))＝eq \f(16\r(3),5)．
當(dāng)且僅當(dāng)3k2＋2＝2k2＋3，即k＝±1時，上式取等號，故|AC|＋|BD|的最小值為eq \f(16\r(3),5)．
②當(dāng)直線BD的斜率不存在或等于零時，可得|AC|＋|BD|＝eq \f(10\r(3),3)>eq \f(16\r(3),5)．
綜上，|AC|＋|BD|的最小值為eq \f(16\r(3),5)．
[題后悟通] 題目中未直接告訴我們不等關(guān)系，則選擇將|AC|＋|BD|表示為關(guān)于k的函數(shù)，再行處理，注意到3k2＋2＋2k2＋3＝5(k2＋1)，所以可以考慮基本不等式，但一定要注意等號是否能夠成立.當(dāng)然這里也可以利用換元法．令k2＋1＝t (t≥1)，將原式轉(zhuǎn)化為eq \f(20\r(3)t2,(3t－1)( 2t＋1))來處理，但稍微比較復(fù)雜一些．
[例4] 已知橢圓E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一個焦點(diǎn)為F2(1，0)，且該橢圓過定點(diǎn)Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))．
(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)點(diǎn)Q(2，0)，過點(diǎn)F2作直線l與橢圓E交于A，B兩點(diǎn)，且eq \(F2A,\s\up7(→))＝λeq \(F2B,\s\up7(→))，λ∈[－2，－1]，以QA，QB為鄰邊作平行四邊形QACB，求對角線QC長度的最小值．
[規(guī)范解答] (1)由題易知c＝1，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，a2＝2，
故橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)設(shè)直線l：x＝ky＋1，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky＋1，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則可得y1＋y2＝eq \f(－2k,k2＋2)，y1y2＝eq \f(－1,k2＋2)．
eq \(QC,\s\up7(→))＝eq \(QA,\s\up7(→))＋eq \(QB,\s\up7(→))＝(x1＋x2－4，y1＋y2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4(k2＋1),k2＋2)，\f(－2k,k2＋2)))，
∴|eq \(QC,\s\up7(→))|2＝|eq \(QA,\s\up7(→))＋eq \(QB,\s\up7(→))|2＝16－eq \f(28,k2＋2)＋eq \f(8,(k2＋2)2)，由此可知，|eq \(QC,\s\up7(→))|2的大小與k2的取值有關(guān)．
由eq \(F2A,\s\up7(→))＝λeq \(F2B,\s\up7(→))可得y1＝λy2，λ＝eq \f(y1,y2)，eq \f(1,λ)＝eq \f(y2,y1)(y1y2≠0)．
從而λ＋eq \f(1,λ)＝eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)＝eq \f((y1＋y2)2－2y1y2,y1y2)＝eq \f(－6k2－4,k2＋2)，
由λ∈[－2，－1]得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,λ)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)，－2))，從而－eq \f(5,2)≤eq \f(－6k2－4,k2＋2)≤－2，解得0≤k2≤eq \f(2,7)．
令t＝eq \f(1,k2＋2)，則t∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7,16)，\f(1,2)))，∴|eq \(QC,\s\up7(→))|2＝8t2－28t＋16＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(7,4)))2－eq \f(17,2)，
∴當(dāng)t＝eq \f(1,2)時，|QC|min＝2．
[例5] (2020·浙江)如圖，已知橢圓C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，拋物線C2：y2＝2px(p＞0)，點(diǎn)A是橢圓C1與拋物線C2的交點(diǎn)，過點(diǎn)A的直線l交橢圓C1于點(diǎn)B，交拋物線C2于點(diǎn)M(B，M不同于A)．
(1)若p＝eq \f(1,16)，求拋物線C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)；
(2)若存在不過原點(diǎn)的直線l使M為線段AB的中點(diǎn)，求p的最大值．
[規(guī)范解答] (1)當(dāng)p＝eq \f(1,16)時，C2的方程為y2＝eq \f(1,8)x，故拋物線C2的焦點(diǎn)坐標(biāo)為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)，0))．
(2)解法一：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直線l的方程為x＝λy＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2＝2，,x＝λy＋m，))得(2＋λ2)y2＋2λmy＋m2－2＝0，所以y1＋y2＝eq \f(－2λm,2＋λ2)，y0＝eq \f(－λm,2＋λ2)，x0＝λy0＋m＝eq \f(2m,2＋λ2)，
因為M在拋物線上，所以eq \f(λ2m2,?2＋λ2?2)＝eq \f(4pm,2＋λ2)?m＝eq \f(4p?2＋λ2?,λ2)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,x＝λy＋m，))得y2＝2p(λy＋m)，
即y2－2pλy－2pm＝0，所以y1＋y0＝2pλ，所以x1＋x0＝λy1＋m＋λy0＋m＝2pλ2＋2m，
所以x1＝2pλ2＋2m－eq \f(2m,2＋λ2)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y2＝2px，))得x2＋4px－2＝0，
所以x1＝eq \f(－4p＋\r(16p2＋8),2)＝－2p＋eq \r(4p2＋2)，
則－2p＋eq \r(4p2＋2)＝2pλ2＋2m·eq \f(1＋λ2,2＋λ2)＝2pλ2＋eq \f(8p,λ2)＋8p≥16p，
所以eq \r(4p2＋2)≥18p，解得p2≤eq \f(1,160)，p≤eq \f(\r(10),40)，
所以p的最大值為eq \f(\r(10),40)，此時Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(10),5)，\f(\r(5),5)))．
解法二：設(shè)直線l的方程為x＝my＋t(m≠0，t≠0)，A(x0，y0)．
將x＝my＋t代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM＝－eq \f(mt,m2＋2)．
將x＝my＋t代入y2＝2px，得y2－2pmy－2pt＝0，所以y0yM＝－2pt，解得y0＝eq \f(2p(m2＋2),m)，
因此x0＝eq \f(2p(m2＋2)2,m2)，由eq \f(x\\al(2,0),2)＋yeq \\al(2,0)＝1，解得eq \f(1,p2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,m)))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m＋\f(2,m)))4≥160，
所以當(dāng)m＝eq \r(2)，t＝eq \f(\r(10),5)時，p取到最大值為eq \f(\r(10),40)．
[例6] 已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，拋物線上的點(diǎn)P(x0，y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x0＜\f(3,2)))．
(1)求直線AP斜率的取值范圍；
(2)Q是以AB為直徑的圓上一點(diǎn)，且eq \(AP,\s\up7(→))·eq \(BQ,\s\up7(→))＝0，求eq \(AP,\s\up7(→))·eq \(PQ,\s\up7(→))的最大值．
[規(guī)范解答] (1)設(shè)直線AP的斜率為k，則k＝eq \f(x\\al(2,0)－\f(1,4),x0＋\f(1,2))＝x0－eq \f(1,2)，
因為－eq \f(1,2)＜x0＜eq \f(3,2)，所以直線AP斜率的取值范圍是(－1，1)．
(2)由題意可知，eq \(AP,\s\up7(→))與eq \(AQ,\s\up7(→))同向共線，BQ⊥AQ，
聯(lián)立直線AP與BQ的方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2(k2＋1))．
因為|AP|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0＋\f(1,2)))＝eq \r(1＋k2)(k＋1)，|PQ|＝eq \r(1＋k2)(xQ－x0)＝－eq \f((k－1)(k＋1)2,\r(k2＋1))，
所以eq \(AP,\s\up7(→))·eq \(PQ,\s\up7(→))＝|eq \(AP,\s\up7(→))|·|eq \(PQ,\s\up7(→))|＝－(k－1)(k＋1)3．令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，因為f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在區(qū)間eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上單調(diào)遞增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，
因此當(dāng)k＝eq \f(1,2)時，eq \(AP,\s\up7(→))·eq \(PQ,\s\up7(→))取得最大值eq \f(27,16)．
[例7] 如圖，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O為AB的中點(diǎn)，P，Q分別是AD和CD上的點(diǎn)，且滿足①eq \f (|AP|,|AD|)＝eq \f (|DQ|,|DC|)，②直線AQ與BP的交點(diǎn)在橢圓E：eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)上．
(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)R為橢圓E的右頂點(diǎn)，M為橢圓E第一象限部分上一點(diǎn)，作MN垂直于y軸，垂足為N，求梯形ORMN面積的最大值．
[規(guī)范解答] (1)設(shè)AQ與BP的交點(diǎn)為G(x，y)，P(－2，y1)，Q(x1，2)，由題可知，eq \f (y1,2)＝eq \f (x1＋2,4)．
∵kAG＝kAQ，kBG＝kBP，∴eq \f (y,x＋2)＝eq \f (2,x1＋2)，eq \f (y,x－2)＝－eq \f (y1,4)，
從而有eq \f (y2,x2－4)＝－eq \f (y1,2(x1＋2))＝－eq \f (1,4)，整理得eq \f (x2,4)＋y2＝1，即橢圓E的方程為eq \f (x2,4)＋y2＝1．
(2)由(1)知R(2，0)，設(shè)M(x0，y0)，則y0＝eq \f (1,2)eq \r(4－x\\al(2,0))，
從而梯形ORMN的面積S＝eq \f (1,2)(2＋x0)y0＝eq \f (1,4)eq \r((4－x\\al(2,0))(2＋x0)2)，
令t＝2＋x0，則21，|m|＋eq \f(1,|m|)>2，即Sb>0)，因為它與直線y＝x－eq \r(3)只有一個公共點(diǎn)，
所以方程組eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x－\r(3)))只有一組解，消去y，整理得(a2＋b2)·x2－2eq \r(3)a2x＋3a2－a2b2＝0．
所以Δ＝(－2eq \r(3)a2)2－4(a2＋b2)(3a2－a2b2)＝0，化簡得a2＋b2＝3．
又焦點(diǎn)為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以a2－b2＝1，聯(lián)立上式解得a2＝2，b2＝1．
所以橢圓的方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)若直線PQ的斜率不存在(或為0)，則S四邊形PMQN＝eq \f(|PQ|·|MN|,2)＝eq \f(2\r(1－\f(1,2))×2\r(2),2)＝2．
若直線PQ的斜率存在，設(shè)為k(k≠0)，則直線MN的斜率為－eq \f(1,k)．
所以直線PQ的方程為y＝kx＋k，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋k，))化簡得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，則x1＋x2＝eq \f(－4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)，
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(\r((1＋k2)[16k4－4(2k2－2)(2k2＋1)]),2k2＋1)＝2eq \r(2)×eq \f(k2＋1,2k2＋1)，
同理可得|MN|＝2eq \r(2)×eq \f(k2＋1,2＋k2)．
所以S四邊形PMQN＝eq \f(|PQ|·|MN|,2)＝4×eq \f((k2＋1)2,(2＋k2)(2k2＋1))＝4×eq \f(k4＋2k2＋1,2k4＋5k2＋2)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(\f(1,2)k2,2k4＋5k2＋2)))
＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(k2,4k4＋10k2＋4)))＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10)))．
因為4k2＋eq \f(4,k2)＋10≥2eq \r(4k2·\f(4,k2))＋10＝18(當(dāng)且僅當(dāng)k2＝1時取等號)，
所以eq \f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,18)))，所以4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2))．
綜上所述，四邊形PMQN面積的最小值為eq \f(16,9)．
[例10] 已知橢圓的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，A(2，0)，B(0，1)是它的兩個頂點(diǎn)，直線y＝kx(k>0)與直線AB相交于點(diǎn)D，與橢圓相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)．
(1)若eq \(ED,\s\up7(→))＝6eq \(DF,\s\up7(→))，求k的值；
(2)求四邊形AEBF面積的最大值．
[規(guī)范解答] (1)由題設(shè)條件可得，橢圓的方程為eq \f(x2,4)＋y2＝1，直線AB的方程為x＋2y－2＝0．
設(shè)D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(xiàn)(x2，kx2)，其中x10)，即k＝eq \f(1,2)時，等號成立．故四邊形AEBF面積的最大值為2eq \r(2)．
【對點(diǎn)訓(xùn)練】
1．如圖所示，點(diǎn)A，B分別是橢圓eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1長軸的左、右端點(diǎn)，點(diǎn)F是橢圓的右焦點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓上，
且位于x軸上方，PA⊥PF．
(1)求點(diǎn)P的坐標(biāo)；
(2)設(shè)M是橢圓長軸AB上的一點(diǎn)，點(diǎn)M到直線AP的距離等于|MB|，求橢圓上的點(diǎn)到點(diǎn)M的距離d的最小值．
2．已知直線l：x－y＋1＝0與焦點(diǎn)為F的拋物線C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求拋物線C的方程；
(2)過焦點(diǎn)F的直線m與拋物線C分別相交于A，B兩點(diǎn)，求A，B兩點(diǎn)到直線l的距離之和的最小值．
3．如圖，拋物線C：x2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)為F(0，1)，取垂直于y軸的直線與拋物線交于不同的兩點(diǎn)P1，
P2，過P1，P2作圓心為Q的圓，使拋物線上其余點(diǎn)均在圓外，且P1Q⊥P2Q．
(1)求拋物線C和圓Q的方程；
(2)過點(diǎn)F作直線l，與拋物線C和圓Q依次交于點(diǎn)M，A，B，N，求|MN|·|AB|的最小值．
4．(2017·浙江)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，拋物線上的點(diǎn)P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)0)，其中F1，F(xiàn)2，為左右焦點(diǎn)，且離心率為eq \f(\r(3),3)，直線l與橢圓交于兩
不同點(diǎn)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，當(dāng)直線l過橢圓C右焦點(diǎn)F2且傾斜角為eq \f(π,4)時，原點(diǎn)O到直線l的距離為eq \f(\r(2),2)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若eq \(OP,\s\up7(→))＋eq \(OQ,\s\up7(→))＝eq \(ON,\s\up7(→))，當(dāng)△OPQ的面積為eq \f(\r(6),2)時，求|eq \(ON,\s\up7(→))|·|eq \(PQ,\s\up7(→))|的最大值．
6．已知橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率e＝eq \f(\r(6),3)，原點(diǎn)到過點(diǎn)A(0，－b)和B(a，0)的直線的距離為eq \f(\r(3),2)．
(1)求橢圓的方程；
(2)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓的左、右焦點(diǎn)，過F2作直線交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，求△PQF1內(nèi)切圓半徑r的最大值．
7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)F(1，0)，直線l：x＝－1，點(diǎn)P在直線l上移動，R是線段PF與y
軸的交點(diǎn)，動點(diǎn)Q滿足：RQ⊥PF，PQ⊥l．
(1)求動點(diǎn)Q的軌跡E的方程；
(2)若直線PF與曲線E交于A，B兩點(diǎn)，過點(diǎn)F作直線PF的垂線與曲線E相交于C，D兩點(diǎn)，求eq \(FA,\s\up7(→))·eq \(FB,\s\up7(→))＋eq \(FC,\s\up7(→))·eq \(FD,\s\up7(→))的最大值．
8．已知橢圓C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1 (a>b>0)的上、下兩個焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過F1的直線交橢圓于M，N兩點(diǎn)，
且△MNF2的周長為8，橢圓C的離心率為eq \f(\r(3),2)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線l：y＝kx＋m與橢圓C有且僅有一個公共點(diǎn)，點(diǎn)M′，N′是直線l上的兩點(diǎn)，且F1M′⊥l，F(xiàn)2N′⊥l，求四邊形F1M′N′F2面積S的最大值．
9．(2013·全國Ⅱ)平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1 (a>b>0)右焦點(diǎn)的直線x＋y－eq \r(3)＝0交M
于A，B兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率為eq \f(1,2)．
(1)求M的方程；
(2)C，D為M上的兩點(diǎn)，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值．
10．已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(1,2)，過右焦點(diǎn)F的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，當(dāng)l的斜
率為1時，坐標(biāo)原點(diǎn)O到l的距離為eq \f(\r(2),2)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若P，Q，M，N是橢圓C上的四點(diǎn)，已知eq \(PF,\s\up7(→))與eq \(FQ,\s\up7(→))共線，eq \(MF,\s\up7(→))與eq \(FN,\s\up7(→))共線，且eq \(PF,\s\up7(→))·eq \(MF,\s\up7(→))＝0，求四邊形PMQN面積的最小值．
11．已知拋物線C的頂點(diǎn)在原點(diǎn)O，準(zhǔn)線為x＝－eq \f(1,2)．
(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)點(diǎn)A，B在C上，且OA⊥OB，OD⊥AB，垂足為D，直線OD另交C于E，當(dāng)四邊形OAEB面積最小時，求直線AB的方程．

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