高考数学一轮复习考点探究与题型突破第54讲圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习考点探究与题型突破第54讲圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题(原卷版+解析)，共20页。


考点1 圆锥曲线中的证明问题
[名师点睛]
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[典例]
(2023·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq \r(2)，0)，且离心率为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
[举一反三]
1.(2023·合肥模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.
2.(2023·漳州模拟)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的点为M(x，y)，且z满足|z＋2|－|z－2|＝2，点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)设A(－1,0)，B(1,0)，若过F(2,0)的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R.证明：
(ⅰ)点R在定直线上；
(ⅱ)若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF.
考点2 圆锥曲线中的范围问题
[名师点睛]
圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
[典例]
(2023·临沂模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，以PF1为直径的圆E：x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,4)))2＝eq \f(49,16)过焦点F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．
[举一反三]
(2023·武汉调研)过双曲线Γ：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.
(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；
(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．
考点3 圆锥曲线中的最值问题
[名师点睛]
圆锥曲线中最值的求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
[典例]
(2023·广州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(0,2)的直线l(直线l不与x轴垂直)与椭圆C交于不同的两点M，N，且O为坐标原点．求△MON的面积的最大值．
[举一反三]
1.(2023·厦门模拟)设椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点A，B，C分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC|＝4.
(1)求Γ的标准方程；
(2)点D为直线AB上的动点，过点D作l∥AC，设l与Γ的交点为P，Q，求|PD|·|QD|的最大值．
2. (2023·长沙模拟)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p＞0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O为坐标原点).
(1)求抛物线C2的方程；
(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值.
第54讲 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题
考点1 圆锥曲线中的证明问题
[名师点睛]
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[典例]
(2023·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，右焦点为F(eq \r(2)，0)，且离心率为eq \f(\r(6),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
(1)解 由题意得，
椭圆半焦距c＝eq \r(2)且e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
所以a＝eq \r(3)，
又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，
当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；
当直线MN的斜率存在时，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
必要性：
若M，N，F三点共线，
可设直线MN：y＝k(x－eq \r(2))，
即kx－y－eq \r(2)k＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|\r(2)k|,\r(k2＋1))＝1，解得k＝±1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝±x－\r(2)，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得4x2－6eq \r(2)x＋3＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(3\r(2),2)，x1·x2＝eq \f(3,4)，
所以|MN|＝eq \r(1＋1)·eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq \r(3)，
所以必要性成立；
充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb<0)，
即kx－y＋b＝0，
由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得eq \f(|b|,\r(k2＋1))＝1，所以b2＝k2＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f(x2,3)＋y2＝1，))
可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，
所以x1＋x2＝－eq \f(6kb,1＋3k2)，x1·x2＝eq \f(3b2－3,1＋3k2)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6kb,1＋3k2)))2－4·\f(3b2－3,1＋3k2))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(24k2),1＋3k2)＝eq \r(3)，
化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝1，,b＝－\r(2)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(k＝－1，,b＝\r(2)，))
所以直线MN：y＝x－eq \r(2)或y＝－x＋eq \r(2)，
所以直线MN过点F(eq \r(2)，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝eq \r(3).
[举一反三]
1.(2023·合肥模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.
(1)求圆C的方程；
(2)过点M任作一条直线与椭圆eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.
(1)解 设圆C的半径为r(r>0)，依题意知，圆心C的坐标为(2，r).
因为|MN|＝3，所以r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)＋22＝eq \f(25,4)，所以r＝eq \f(5,2)，圆C的方程为(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4).
(2)证明 把x＝0代入方程(x－2)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(5,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(25,4)，解得y＝1或y＝4，
即点M(0，1)，N(0，4).
①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.
②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.
联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，))消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.
Δ＝16k2＋24(1＋2k2)＞0恒成立.
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝eq \f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(－6,1＋2k2)，
所以kAN＋kBN＝eq \f(y1－4,x1)＋eq \f(y2－4,x2)＝eq \f(kx1－3,x1)＋eq \f(kx2－3,x2)＝eq \f(2kx1x2－3（x1＋x2）,x1x2)＝eq \f(1,x1x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0，
所以∠ANM＝∠BNM.
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
2.(2023·漳州模拟)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的点为M(x，y)，且z满足|z＋2|－|z－2|＝2，点M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程；
(2)设A(－1,0)，B(1,0)，若过F(2,0)的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R.证明：
(ⅰ)点R在定直线上；
(ⅱ)若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF.
(1)解 由题意可知，eq \r(x＋22＋y2)－eq \r(x－22＋y2)＝2，
所以点M到点F1(－2,0)与到点F2(2,0)的距离之差为2，且2<|F1F2|＝4，
所以动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，
设其方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(x≥a，a>0，b>0)，其中2a＝2,2c＝4，
所以a＝1，c＝2，所以b2＝c2－a2＝3，所以曲线C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1(x≥1)．
(2)证明 (ⅰ)设直线PQ的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中x1>1，x2>1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，可得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，
由题意知3t2－1≠0且Δ＝144t2－36(3t2－1)＝36(t2＋1)>0，所以y1＋y2＝eq \f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq \f(9,3t2－1).
直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)，直线BQ：y＝eq \f(y2,x2－1)(x－1)，①
由于点P(x1，y1)在曲线C上，可知yeq \\al(2,1)＝3(xeq \\al(2,1)－1)，
所以eq \f(y1,x1＋1)＝eq \f(3x1－1,y1)，所以直线AP：y＝eq \f(3x1－1,y1)(x＋1)．②
联立①②，消去y可得eq \f(3x1－1,y1)(x＋1)＝eq \f(y2,x2－1)(x－1)，
由题意知x≠1，所以eq \f(3x＋1,x－1)＝eq \f(y1y2,x1－1x2－1)，
所以eq \f(3x＋1,x－1)＝eq \f(y1y2,ty1＋1ty2＋1)＝eq \f(y1y2,t2y1y2＋ty1＋y2＋1)，
所以eq \f(3x＋1,x－1)＝eq \f(9,9t2－12t2＋3t2－1)＝－9，所以x＝eq \f(1,2)，
所以点R在定直线x＝eq \f(1,2)上．
(ⅱ)由题意，与(ⅰ)同理可证点S也在定直线x＝eq \f(1,2)上．
设Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，r))，Seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，s))，
由于R在直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋1)(x＋1)上，
S在直线AQ：y＝eq \f(y2,x2＋1)(x＋1)上，
所以r＝eq \f(3,2)·eq \f(y1,x1＋1)，s＝eq \f(3,2)·eq \f(y2,x2＋1)，
所以rs＝eq \f(9,4)·eq \f(y1y2,x1＋1x2＋1)＝eq \f(9,4)·eq \f(y1y2,ty1＋3ty2＋3)＝eq \f(9,4)·eq \f(y1y2,t2y1y2＋3ty1＋y2＋9)＝eq \f(9,4)·eq \f(9,9t2－36t2＋93t2－1)＝－eq \f(9,4)，
又因为eq \(FR,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，r))，eq \(FS,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，s))，
所以eq \(FR,\s\up6(→))·eq \(FS,\s\up6(→))＝eq \f(9,4)＋rs＝0，所以RF⊥SF.
考点2 圆锥曲线中的范围问题
[名师点睛]
圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
[典例]
(2023·临沂模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，以PF1为直径的圆E：x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,4)))2＝eq \f(49,16)过焦点F2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．
解 (1)在圆E的方程中，令y＝0，得x2＝3，
解得x＝±eq \r(3)，
所以F1，F2的坐标分别为(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)．因为Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，
又因为|OE|＝eq \f(1,2)|F2P|，OE∥F2P，所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))，
所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝2×eq \f(7,4)＋eq \f(1,2)＝4，得a＝2，b＝1，
即椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)右顶点为A(2,0)，由题意可知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM的方程为y＝k(x－2)，
由MN与x轴不垂直，故k≠±1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，又点A(2,0)，
则由根与系数的关系可得2x1＝eq \f(16k2－4,1＋4k2)，
得x1＝eq \f(8k2－2,1＋4k2)，y1＝k(x1－2)＝eq \f(－4k,1＋4k2)，
因为AM⊥AN，
所以直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－2)，
用－eq \f(1,k)替换k可得，x2＝eq \f(8－2k2,4＋k2)，y2＝eq \f(4k,4＋k2)，
所以点Q坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(30k2,1＋4k24＋k2)，\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2)))，
所以直线AQ的斜率k1＝eq \f(\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2),\f(30k2,1＋4k24＋k2)－2)＝eq \f(3k1－k2,22k4＋k2＋2)，
直线MN的斜率k2＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\f(4k,4＋k2)＋\f(4k,1＋4k2),\f(8－2k2,4＋k2)－\f(8k2－2,1＋4k2))＝eq \f(5k,41－k2)，
所以k1k2＝eq \f(15k2,82k4＋k2＋2)＝eq \f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))，
因为k2>0且k2≠1，
所以2k2＋eq \f(2,k2)＋1>2eq \r(2k2×\f(2,k2))＋1＝5，
所以0即k1k2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,8))).
所以直线MN与AQ的斜率之积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,8))).
[举一反三]
(2023·武汉调研)过双曲线Γ：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.
(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；
(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．
解 (1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，
|F1F2|＝2eq \r(3).
∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，
2c＝|F1F2|＝2eq \r(3)，c＝eq \r(3)，b2＝c2－a2＝2，
此时Γ的标准方程为x2－eq \f(y2,2)＝1.
(2)设l的方程为x＝my－c，与eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1联立，
得(b2m2－a2)y2－2b2cmy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(2b2cm,b2m2－a2)，y1y2＝eq \f(b4,b2m2－a2)，
由AF2⊥BF2，eq \(F2A,\s\up6(－→))·eq \(F2B,\s\up6(－→))＝0，
(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，
(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0
⇒(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0
⇒(m2＋1)b4＝4a2c2
⇒(m2＋1)＝eq \f(4a2c2,b4)≥1
⇒4a2c2≥(c2－a2)2，
∴c4＋a4－6a2c2≤0⇒e4－6e2＋1≤0，
又∵e>1，∴1∴1又A，B在左支且l过F1，
∴y1y2<0，
eq \f(b4,b2m2－a2)<0⇒m2∴4a25.
综上所述，eq \r(5)考点3 圆锥曲线中的最值问题
[名师点睛]
圆锥曲线中最值的求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
[典例]
(2023·广州模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(0,2)的直线l(直线l不与x轴垂直)与椭圆C交于不同的两点M，N，且O为坐标原点．求△MON的面积的最大值．
解 (1)依题意得eq \f(－12,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2,b2)＝1，而b＝1，则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2)＝1⇒eq \f(1,a2)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)⇒a2＝2，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)因为直线l不与x轴垂直，则l的斜率k存在，l的方程为y＝kx＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0，
因为直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，
则有Δ＝(8k)2－4·(2k2＋1)·6＝16k2－24>0⇒k2>eq \f(3,2)，
即k<－eq \f(\r(6),2)或k>eq \f(\r(6),2)，
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8k,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(6,2k2＋1)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k,2k2＋1)))2－4·\f(6,2k2＋1))
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(82k2－3,2k2＋12))＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)，
而原点O到直线l：kx－y＋2＝0的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，
△MON的面积S＝eq \f(1,2)·|MN|·d＝eq \f(1,2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)·eq \f(2,\r(k2＋1))＝eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)，
令t＝eq \r(2k2－3)⇒2k2＝t2＋3(t>0)，S＝eq \f(2\r(2)t,t2＋4)＝eq \f(2\r(2),t＋\f(4,t))，
因为t＋eq \f(4,t)≥2eq \r(t·\f(4,t))＝4，当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时取“＝”，此时k2＝eq \f(7,2)，
即k＝±eq \f(\r(14),2)，符合要求，从而有S≤eq \f(2\r(2),4)＝eq \f(\r(2),2)，故当k＝±eq \f(\r(14),2)时，△MON的面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
[举一反三]
1.(2023·厦门模拟)设椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点A，B，C分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC|＝4.
(1)求Γ的标准方程；
(2)点D为直线AB上的动点，过点D作l∥AC，设l与Γ的交点为P，Q，求|PD|·|QD|的最大值．
解 (1)由题意得2a＝|BC|＝4，解得a＝2.
又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
所以c＝eq \r(3)，则b2＝a2－c2＝1.
所求Γ的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)方法一 由(1)可得A(0,1)，B(－2,0)，C(2,0)，
则kAC＝－eq \f(1,2)，
直线AB的方程为x－2y＋2＝0，
设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋λ.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，
整理得，x2－2λx＋2λ2－2＝0.①
由Δ>0，得－eq \r(2)<λ联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,x－2y＋2＝0，))
解得D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ－1，\f(λ＋1,2)))，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由①知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2λ，,x1x2＝2λ2－2，))②
又|PD|＝eq \f(\r(5),2)|x1－(λ－1)|，
|QD|＝eq \f(\r(5),2)|x2－(λ－1)|，
所以|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|x1x2－(λ－1)(x1＋x2)＋(λ－1)2|，③
将②代入③，
得|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|λ2－1| ，λ∈(－eq \r(2)，eq \r(2))，
所以当λ＝0时，|PD|·|QD|有最大值eq \f(5,4).
方法二 设eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＝λ(－2，－1)
＝(－2λ，－λ)，
则D(－2λ，1－λ)，
由点斜式，可得直线l的方程为
y－(1－λ)＝－eq \f(1,2)(x＋2λ)，
即y＝－eq \f(1,2)x－2λ＋1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x－2λ＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
消去y，得x2＋(4λ－2)x＋8λ2－8λ＝0，①
由Δ＝(4λ－2)2－4×(8λ2－8λ)>0，
解得eq \f(1－\r(2),2)<λ设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由①得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2－4λ，,x1x2＝8λ2－8λ，))②
由题意可知|PD|＝eq \f(\r(5),2)|x1＋2λ|，
|QD|＝eq \f(\r(5),2)|x2＋2λ|，
所以|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|x1x2＋2λ(x1＋x2)＋4λ2|，③
将②代入③得|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|4λ2－4λ|＝5|λ2－λ|，
当λ＝eq \f(1,2)时，|PD|·|QD|有最大值eq \f(5,4).
2. (2023·长沙模拟)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p＞0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O为坐标原点).
(1)求抛物线C2的方程；
(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值.
解 (1)∵F1(1，0)，F2eq \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，∴抛物线C2的方程为x2＝4y.
(2)设过点O的直线MN的方程为y＝kx(k＜0)，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx，))得(kx)2＝4x，解得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)，\f(4,k)))，
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx，))得N(4k，4k2)，
从而|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k))＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k)).
点P到直线MN的距离d＝eq \f(|k－1|,\r(1＋k2))，
所以S△PMN＝eq \f(1,2)·eq \f(|k－1|,\r(1＋k2))·eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k))＝eq \f(2（1－k）（1－k3）,k2)＝eq \f(2（1－k）2（1＋k＋k2）,k2)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)－2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)＋1)).
令t＝k＋eq \f(1,k)(t≤－2).
则S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，
当t＝－2，即k＝－1时，S△PMN取得最小值，最小值为8，
即当过原点的直线方程为y＝－x时，
△PMN的面积取得最小值8.