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系、平面幾何和解析幾何知識加以解決的(如拋物線上的點到某個定點和焦點的距離之和、光線反射問題等)；代數(shù)法是建立求解目標關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、導數(shù)方法等解決的．
【例題選講】
[例1] 在平面直角坐標系中，圓O交x軸于點F1，F(xiàn)2，交y軸于點B1，B2．以B1，B2為頂點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為左、右焦點的橢圓E恰好經過點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (\r(2),2)))．
(1)求橢圓E的標準方程；
(2)設經過點(－2，0)的直線l與橢圓E交于M，N兩點，求△F2MN面積的最大值．
[破題思路] 題干中給出直線l過點(－2，0)，可設出直線l的方程，利用弦長公式求|MN|，利用點到直線的距離求d，從而可求△F2MN的面積，要求△F2MN面積的最值，需建立相關函數(shù)模型求解．
[規(guī)范解答] (1)由已知可得，橢圓E的焦點在x軸上．設橢圓E的標準方程為eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)，
焦距為2c，則b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴橢圓E的標準方程為eq \f (x2,2b2)＋eq \f (y2,b2)＝1．
又橢圓E過點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f (\r(2),2)))，∴eq \f (1,2b2)＋eq \f (\f (1,2),b2)＝1，解得b2＝1．∴橢圓E的標準方程為eq \f (x2,2)＋y2＝1．
(2)由于點(－2，0)在橢圓E外，∴直線l的斜率存在．
設直線l的斜率為k，則直線l：y＝k(x＋2)，設M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋2)，,\f (x2,2)＋y2＝1))消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0．由Δ>0，得0≤k20．所以△OAB面積的最大值為5eq \r(2)．
[例3] 已知直線l1：ax－y＋1＝0，直線l2：x＋5ay＋5a＝0，直線l1與l2的交點為M，點M的軌跡為曲線C．
(1)當a變化時，求曲線C的方程；
(2)已知點D(2，0)，過點E(－2，0)的直線l與C交于A，B兩點，求△ABD面積的最大值．
[規(guī)范解答] (1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax－y＋1＝0,x＋5ay＋5a＝0))消去a，得曲線C的方程為eq \f (x2,5)＋y2＝1(y≠－1，即點(0，－1)不在曲線C上)．
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：x＝my－2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－2，,\f (x2,5)＋y2＝1，))得(m2＋5)y2－4my－1＝0，
則y1＋y2＝eq \f (4m,m2＋5)，y1y2＝－eq \f (1,m2＋5)，
故△ABD的面積S＝2|y2－y1|＝2eq \r((y2＋y1)2－4y2y1)＝2eq \r(\f (16m2,(m2＋5)2)＋\f (4,m2＋5))＝eq \f (4\r(5)·\r(m2＋1),m2＋5)，
設t＝eq \r(m2＋1)，t∈[1，＋∞)，則S＝eq \f (4\r(5)t,t2＋4)＝eq \f (4\r(5),t＋\f (4,t))≤eq \r(5)，
當t＝eq \f (4,t)，即t＝2，m＝±eq \r(3)時，△ABD的面積取得最大值eq \r(5)．
[例4] (2019·全國Ⅱ)已知點A(－2，0)，B(2，0)，動點M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－eq \f(1,2)．記M的軌跡為曲線C．
(1)求C的方程，并說明C是什么曲線．
(2)過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點G．
①證明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面積的最大值．
[規(guī)范解答] (1)由題設得eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(1,2)，化簡得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1(|x|≠2)，
所以C為中心在坐標原點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右頂點．
(2)①設直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k＞0)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq \f(2,\r(1＋2k2))．
設u＝eq \f(2,\r(1＋2k2))，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
于是直線QG的斜率為eq \f(k,2)，方程為y＝eq \f(k,2)(x－u)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(k,2)?x－u?，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，))
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0．①
設G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解，故xG＝eq \f(u?3k2＋2?,2＋k2)，由此得yG＝eq \f(uk3,2＋k2)．
從而直線PG的斜率為eq \f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u?3k2＋2?,2＋k2)－u)＝－eq \f(1,k)．所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2ueq \r(1＋k2)，|PG|＝eq \f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，
所以△PQG的面積S＝eq \f(1,2)|PQ||PG|＝eq \f(8k?1＋k2?,?1＋2k2??2＋k2?)＝eq \f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k))2)．
設t＝k＋eq \f(1,k)，則由k＞0得t≥2，當且僅當k＝1時取等號．
因為S＝eq \f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)單調遞減，所以當t＝2，即k＝1時，S取得最大值，最大值為eq \f(16,9)．
因此，△PQG面積的最大值為eq \f(16,9)．
[例5] 已知拋物線y2＝2px(p>0)的準線經過橢圓eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的一個焦點．
(1)求拋物線的方程；
(2)過拋物線焦點F的直線l與拋物線交于A，B兩點(點A在x軸上方)，且滿足eq \(AF,\s\up6(→))＝2eq \(FB,\s\up6(→))，若點T是拋物線的曲線段AB上的動點，求△ABT面積的最大值．
[規(guī)范解答] (1)因為橢圓eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的左焦點為F1(－1，0)，拋物線的準線為直線x＝－eq \f(p,2)，
所以－eq \f(p,2)＝－1，解得p＝2，
所以拋物線的方程為y2＝4x．
(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，易知y1>0，y20，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，
所以－2yeq \\al(2,2)＝－4，即y2＝－eq \r(2)，則y1＝2eq \r(2)，所以m＝eq \f(y1＋y2,4)＝eq \f(\r(2),4)．
所以|AB|＝eq \r(1＋m2)·eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),4)))2)× eq \r((\r(2))2－4×(－4))＝eq \f(3\r(2),4)×3eq \r(2)＝eq \f(9,2)．
解法一(切線法)：易知當△ABT面積最大時，點T為與直線l平行且與拋物線相切的切點．
設與直線l平行的直線方程為x＝eq \f(\r(2),4)y＋t，代入y2＝4x得y2－eq \r(2)y－4t＝0．
令Δ＝(－eq \r(2))2－4(－4t)＝2＋16t＝0，解得t＝－eq \f(1,8)，
則與直線l平行且與拋物線y2＝4x相切的直線方程為x＝eq \f(\r(2),4)y－eq \f(1,8)，即4x－eq \r(2)y＋eq \f(1,2)＝0．
又直線l的方程為4x－eq \r(2)y－4＝0，
所以這兩條平行直線間的距離為d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－(－4))),\r(42＋(－\r(2))2))＝eq \f(3\r(2),4)．
所以△ABT面積的最大值S＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)×eq \f(9,2)×eq \f(3\r(2),4)＝eq \f(27\r(2),16)．
解法二(切點法)：設點T的坐標為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2,4)，n))，－eq \r(2)0)的左、右兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，離心率e＝eq \f(\r(2),2)，短軸長為2．
(1)求橢圓的方程；
(2)點A為橢圓上的一動點(非長軸端點)，AF2的延長線與橢圓交于B點，AO的延長線與橢圓交于C點，求△ABC面積的最大值．
1．解析 (1)由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,2b＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))故橢圓的標準方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)①當直線AB的斜率不存在時，不妨取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(2),2)))，
故S△ABC＝eq \f(1,2)×2×eq \r(2)＝eq \r(2)．
②當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y＝k(x－1)，聯(lián)立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1)，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，
化簡得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq \f(4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)，
|AB|＝eq \r((1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2])＝ eq \r((1＋k2)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4k2,2k2＋1)))2－4·\f(2k2－2,2k2＋1))))＝2eq \r(2)·eq \f(k2＋1,2k2＋1)，
點O到直線kx－y－k＝0的距離d＝eq \f(|－k|,\r(k2＋1))＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，∵O是線段AC的中點，
∴點C到直線AB的距離為2d＝eq \f(2|k|,\r(k2＋1))，
∴S△ABC＝eq \f(1,2)|AB|·2d＝eq \f(1,2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(2)·\f(k2＋1,2k2＋1)))·eq \f(2|k|,\r(k2＋1))＝2eq \r(2) eq \r(\f(k2(k2＋1),(2k2＋1)2))＝2eq \r(2) eq \r(\f(1,4)－\f(1,4(2k2＋1)2))0)的焦點分別為F1，F(xiàn)2，點P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O為坐
標原點)．
(1)求拋物線C2的方程；
(2)過點O的直線交C1的下半部分于點M，交C2的左半部分于點N，求△PMN面積的最小值．
4．解析 (1)∵F1(1，0)，F(xiàn)2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，∴eq \(F1F2,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(p,2)))，
eq \(F1F2,\s\up6(—→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(p,2)))·(－1，－1)＝1－eq \f(p,2)＝0，∴p＝2，∴拋物線C2的方程為x2＝4y．
(2)設過點O的直線MN的方程為y＝kx(kb>0)，其短軸的一個端點到右焦點的距離為2，且點A(eq \r(2)，1)在橢圓M上．直
線l的斜率為eq \f(\r(2),2)，且與橢圓M交于B，C兩點．
(1)求橢圓M的方程：
(2)求△ABC面積的最大值．
5．解析 (1)由題意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a＝2，))解得b＝eq \r(2)．故所求橢圓M的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)設直線l的方程為y＝eq \f(\r(2),2)x＋m，則m≠0．設B(x1，y1)，C(x2，y2)，
把直線l的方程代入橢圓方程并化簡得x2＋eq \r(2)mx＋m2－2＝0，
由Δ＝2m2－4(m2－2)＝2(4－m2)>0，可得00)的離心率e＝eq \f(\r(2),2)，且點P(2，1)在橢圓C上．
(1)求橢圓C的方程；
(2)斜率為－1的直線與橢圓C相交于A，B兩點，求△AOB面積的最大值．
6．解析 (1)由題意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1，,a2＝b2＋c2，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(6)，,b＝\r(3)，))∴橢圓C的方程為eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)設直線AB的方程為y＝－x＋m，聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))得3x2－4mx＋2m2－6＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,x1＋x2＝\f(4m,3)，,x1x2＝\f(2m2－6,3)，))∴|AB|＝eq \r(1＋?－1?2)|x1－x2|＝eq \f(4,3)eq \r(9－m2)，原點到直線的距離d＝eq \f(|m|,\r(2))．
∴S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)eq \r(9－m2)·eq \f(|m|,\r(2))＝eq \f(\r(2),3)eq \r(?9－m2?m2)≤eq \f(\r(2),3)·eq \f(9－m2＋m2,2)＝eq \f(3\r(2),2)．
當且僅當m＝±eq \f(3\r(2),2)時，等號成立，∴△AOB面積的最大值為eq \f(3\r(2),2)．

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