专题29 距离型、参数型、数量积型及四边形面积型最值问题(解析版)

这是一份专题29 距离型、参数型、数量积型及四边形面积型最值问题(解析版)，共23页。
最值问题的基本解法有几何法和代数法：几何法是根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个或两个变量的函数，通过求解函数的最值普通方法、基本不等式方法、导数方法等解决的．
【例题选讲】
[例1] 如图，已知抛物线E：y2＝2px(p>0)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2．过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1，l2，l1与l2相交于点M．
(1)求抛物线E的方程；
(2)求点M到直线CD距离的最大值．
[规范解答] (1)把xA＝2代入x2＋y2＝8，得yeq \\al(2,A)＝4，故2pxA＝4，p＝1．
于是，抛物线E的方程为y2＝2x．
(2)设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))，切线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)．∴l1的方程为y＝eq \f(1,y1)x＋eq \f(y1,2)，同理，l2的方程为y＝eq \f(1,y2)x＋eq \f(y2,2)．
联立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).))易得直线CD的方程为x0x＋y0y＝8，
其中x0，y0满足xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝8，x0∈[2,2eq \r(2) ]．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2x，,x0x＋y0y＝8，))得x0y2＋2y0y－16＝0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝－\f(2y0,x0)，,y1y2＝－\f(16,x0).))∴M(x，y)满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝－\f(8,x0)，,y＝－\f(y0,x0)，))
即点M为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8,x0)，－\f(y0,x0)))．点M到直线CD：x0x＋y0y＝8的距离
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)]，
则f(x)在[2，2eq \r(2) ]上单调递减，当且仅当x＝2时，f(x)取得最大值eq \f(9\r(2),2)，故dmax＝eq \f(9\r(2),2)．
[例2] 如图，已知点F1，F2是椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1的两个焦点，椭圆C2：eq \f(x2,2)＋y2＝λ经过点F1，F2，点P是椭圆C2上异于F1，F2的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆C1的交点分别是A，B和C，D．设AB，CD的斜率分别为k，k′．
(1)求证：k·k′为定值；
(2)求|AB|·|CD|的最大值．
[规范解答] (1)证明：因为点F1，F2是椭圆C1的两个焦点，故F1(－1,0)，F2(1,0)．
又点F1，F2是椭圆C2上的点，将F1或F2的坐标代入C2的方程得λ＝eq \f(1,2)．
设点P的坐标是(x0，y0)，由点P是椭圆C2上的点，知eq \f(x\\al(2,0),2)＋yeq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)，①
∵直线PF1和PF2的斜率分别是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′为定值．
(2)直线PF1的方程可表示为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆C1的方程联立，得到方程组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．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则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)，
则|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)，
当且仅当k＝±eq \f(\r(2),2)时等号成立．故|AB|·|CD|的最大值为eq \f(9,2)．
[例3] 已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(3),3)，左、右焦点分别为F1，F2，且F2与抛物线y2＝4x的焦点重合．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，且AC⊥BD，求|AC|＋|BD|的最小值．
[规范解答] (1)抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，所以c＝1，又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,a)＝eq \f(\r(3),3)，所以a＝eq \r(3)，
所以b2＝2，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)①当直线BD的斜率k存在且k≠0时，直线BD的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，并化简得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．
设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则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)，
由题意知AC的斜率为－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)．
当且仅当3k2＋2＝2k2＋3，即k＝±1时，上式取等号，故|AC|＋|BD|的最小值为eq \f(16\r(3),5)．
②当直线BD的斜率不存在或等于零时，可得|AC|＋|BD|＝eq \f(10\r(3),3)>eq \f(16\r(3),5)．
综上，|AC|＋|BD|的最小值为eq \f(16\r(3),5)．
[题后悟通] 题目中未直接告诉我们不等关系，则选择将|AC|＋|BD|表示为关于k的函数，再行处理，注意到3k2＋2＋2k2＋3＝5(k2＋1)，所以可以考虑基本不等式，但一定要注意等号是否能够成立.当然这里也可以利用换元法．令k2＋1＝t (t≥1)，将原式转化为eq \f(20\r(3)t2,(3t－1)( 2t＋1))来处理，但稍微比较复杂一些．
[例4] 已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点为F2(1，0)，且该椭圆过定点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设点Q(2，0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且eq \(F2A,\s\up7(→))＝λeq \(F2B,\s\up7(→))，λ∈[－2，－1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值．
[规范解答] (1)由题易知c＝1，eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2b2)＝1，又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，a2＝2，
故椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)设直线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，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则可得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的大小与k2的取值有关．
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)．
从而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))，从而－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)，则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)，
∴当t＝eq \f(1,2)时，|QC|min＝2．
[例5] (2020·浙江)如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．
(1)若p＝eq \f(1,16)，求抛物线C2的焦点坐标；
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．
[规范解答] (1)当p＝eq \f(1,16)时，C2的方程为y2＝eq \f(1,8)x，故抛物线C2的焦点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,32)，0))．
(2)解法一：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，直线l的方程为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)，
因为M在抛物线上，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)，
则－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的最大值为eq \f(\r(10),40)，此时Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(10),5)，\f(\r(5),5)))．
解法二：设直线l的方程为x＝my＋t(m≠0，t≠0)，A(x0，y0)．
将x＝my＋t代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以点M的纵坐标为yM＝－eq \f(mt,m2＋2)．
将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，
所以当m＝eq \r(2)，t＝eq \f(\r(10),5)时，p取到最大值为eq \f(\r(10),40)．
[例6] 已知抛物线x2＝y，点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)))，抛物线上的点P(x0，y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜x0＜\f(3,2)))．
(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)Q是以AB为直径的圆上一点，且eq \(AP,\s\up7(→))·eq \(BQ,\s\up7(→))＝0，求eq \(AP,\s\up7(→))·eq \(PQ,\s\up7(→))的最大值．
[规范解答] (1)设直线AP的斜率为k，则k＝eq \f(x\\al(2,0)－\f(1,4),x0＋\f(1,2))＝x0－eq \f(1,2)，
因为－eq \f(1,2)＜x0＜eq \f(3,2)，所以直线AP斜率的取值范围是(－1，1)．
(2)由题意可知，eq \(AP,\s\up7(→))与eq \(AQ,\s\up7(→))同向共线，BQ⊥AQ，
联立直线AP与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，))解得点Q的横坐标是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2(k2＋1))．
因为|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，因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
因此当k＝eq \f(1,2)时，eq \(AP,\s\up7(→))·eq \(PQ,\s\up7(→))取得最大值eq \f(27,16)．
[例7] 如图，在矩形ABCD中，|AB|＝4，|AD|＝2，O为AB的中点，P，Q分别是AD和CD上的点，且满足①eq \f (|AP|,|AD|)＝eq \f (|DQ|,|DC|)，②直线AQ与BP的交点在椭圆E：eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)上．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设R为椭圆E的右顶点，M为椭圆E第一象限部分上一点，作MN垂直于y轴，垂足为N，求梯形ORMN面积的最大值．
[规范解答] (1)设AQ与BP的交点为G(x，y)，P(－2，y1)，Q(x1，2)，由题可知，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)，
从而有eq \f (y2,x2－4)＝－eq \f (y1,2(x1＋2))＝－eq \f (1,4)，整理得eq \f (x2,4)＋y2＝1，即椭圆E的方程为eq \f (x2,4)＋y2＝1．
(2)由(1)知R(2，0)，设M(x0，y0)，则y0＝eq \f (1,2)eq \r(4－x\\al(2,0))，
从而梯形ORMN的面积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，则21，|m|＋eq \f(1,|m|)>2，即Sb>0)，因为它与直线y＝x－eq \r(3)只有一个公共点，
所以方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x－\r(3)))只有一组解，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，化简得a2＋b2＝3．
又焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以a2－b2＝1，联立上式解得a2＝2，b2＝1．
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)若直线PQ的斜率不存在(或为0)，则S四边形PMQN＝eq \f(|PQ|·|MN|,2)＝eq \f(2\r(1－\f(1,2))×2\r(2),2)＝2．
若直线PQ的斜率存在，设为k(k≠0)，则直线MN的斜率为－eq \f(1,k)．
所以直线PQ的方程为y＝kx＋k，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋k，))化简得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，则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四边形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)))．
因为4k2＋eq \f(4,k2)＋10≥2eq \r(4k2·\f(4,k2))＋10＝18(当且仅当k2＝1时取等号)，
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))．
综上所述，四边形PMQN面积的最小值为eq \f(16,9)．
[例10] 已知椭圆的中心在坐标原点，A(2，0)，B(0，1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k>0)与直线AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．
(1)若eq \(ED,\s\up7(→))＝6eq \(DF,\s\up7(→))，求k的值；
(2)求四边形AEBF面积的最大值．
[规范解答] (1)由题设条件可得，椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1，直线AB的方程为x＋2y－2＝0．
设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x10)，即k＝eq \f(1,2)时，等号成立．故四边形AEBF面积的最大值为2eq \r(2)．
【对点训练】
1．如图所示，点A，B分别是椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，
且位于x轴上方，PA⊥PF．
(1)求点P的坐标；
(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．
1．解析 (1)由已知可得点A(－6，0)，F(4，0)，设点P的坐标是(x，y)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,(x＋6)(x－4)＋y2＝0，))可得2x2＋9x－18＝0，得x＝eq \f(3,2)或x＝－6．
由于y>0，故x＝eq \f(3,2)，于是y＝eq \f(5\r(3),2)．∴点P的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2)))．
(2)由(1)可得直线AP的方程是x－eq \r(3)y＋6＝0，点B(6，0)．
设点M的坐标是(m，0)，则点M到直线AP的距离是eq \f(|m＋6|,2)，于是eq \f(|m＋6|,2)＝|m－6|，
又－6≤m≤6，解得m＝2．
由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，
得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq \f(5,9)x2＝eq \f(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,2)))2＋15，由于－6≤x≤6，
由f(x)＝eq \f(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,2)))2＋15的图象可知，当x＝eq \f(9,2)时，d取最小值，且最小值为eq \r(15)．
2．已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别相交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．
2．解析 (1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋1＝0，,y2＝2px，))消去x得y2－2py＋2p＝0，从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．
∴抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)由于直线m的斜率不为0，可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ty＝x－1，,y2＝4x，))消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ＞0，∴y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，
∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1，2t)．
设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，
则dA＋dB＝2d＝2·eq \f(|2t2－2t＋2|,\r(2))＝2eq \r(2)|t2－t＋1|＝2eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,2)))2＋\f(3,4)))，
∴当t＝eq \f(1,2)时，A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为eq \f(3\r(2),2)．
3．如图，抛物线C：x2＝2px(p＞0)的焦点为F(0，1)，取垂直于y轴的直线与抛物线交于不同的两点P1，
P2，过P1，P2作圆心为Q的圆，使抛物线上其余点均在圆外，且P1Q⊥P2Q．
(1)求抛物线C和圆Q的方程；
(2)过点F作直线l，与抛物线C和圆Q依次交于点M，A，B，N，求|MN|·|AB|的最小值．
3．解析 (1)因为抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F(0，1)，
所以eq \f(p,2)＝1，解得p＝2，所以抛物线C的方程为x2＝4y．
由抛物线和圆的对称性，可设圆Q：x2＋(y－b)2＝r2，
由题意知抛物线C与圆Q相切，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,x2＋y－b2＝r2，))得y2－(2b－4)y＋b2－r2＝0，
所以Δ＝[－(2b－4)]2－4(b2－r2)＝0，有4b＝4＋r2，①
又由P1Q⊥P2Q，得△P1QP2是等腰直角三角形，
所以P2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)r，b－\f(\r(2),2)r))，代入抛物线方程有eq \f(r2,2)＝4b－2eq \r(2)r，②
联立①②解得r＝2eq \r(2)，b＝3，所以圆Q的方程为x2＋(y－3)2＝8．
(2)由题知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，
圆心Q(0,3)到直线l的距离为d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，所以|AB|＝2eq \r(r2－d2)＝4eq \r(2－\f(1,1＋k2))．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx＋1，))得y2－(2＋4k2)y＋1＝0．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4k2＋2，由抛物线定义知|MN|＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2)．
所以|MN|·|AB|＝16(1＋k2)eq \r(2－\f(1,1＋k2))，设t＝1＋k2(t≥1)，
则|MN|·|AB|＝16teq \r(2－\f(1,t))＝16eq \r(2t2－t)＝16eq \r(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(1,4)))2－\f(1,8))(t≥1)，
所以当t＝1，即k＝0时，MN·AB有最小值16
4．(2017·浙江)如图，已知抛物线x2＝y，点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)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)0)右焦点的直线x＋y－eq \r(3)＝0交M
于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为eq \f(1,2)．
(1)求M的方程；
(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CD⊥AB，求四边形ACBD面积的最大值．
9．解析 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则eq \f(x\\al(2,1),a2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),a2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－1，
由此可得eq \f(b2(x2＋x1),a2(y2＋y1))＝－eq \f(y2－y1,x2－x1)＝1．
因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，eq \f(y0,x0)＝eq \f(1,2)，所以a2＝2b2．
又由题意知，M的右焦点为(eq \r(3)，0)，故a2－b2＝3．
因此a2＝6，b2＝3．所以M的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋y－\r(3)＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3),3)，,y＝－\f(\r(3),3)，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝0，,y＝\r(3).))因此|AB|＝eq \f(4\r(6),3)．
由题意可设直线CD的方程为y＝x＋neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5\r(3),3)＜n＜\r(3)))，
设C(x3，y3)，D(x4，y4)．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋n，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1))得3x2＋4nx＋2n2－6＝0，于是x3,4＝eq \f(－2n±\r(2(9－n2)),3)．
因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝eq \r(2)|x4－x3|＝eq \f(4,3)eq \r(9－n2)．
由已知，四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)|CD|·|AB|＝eq \f(8\r(6),9)eq \r(9－n2)．
当n＝0时，S取得最大值，最大值为eq \f(8\r(6),3)．所以四边形ACBD面积的最大值为eq \f(8\r(6),3)．
10．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(1,2)，过右焦点F的直线l与C相交于A，B两点，当l的斜
率为1时，坐标原点O到l的距离为eq \f(\r(2),2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若P，Q，M，N是椭圆C上的四点，已知eq \(PF,\s\up7(→))与eq \(FQ,\s\up7(→))共线，eq \(MF,\s\up7(→))与eq \(FN,\s\up7(→))共线，且eq \(PF,\s\up7(→))·eq \(MF,\s\up7(→))＝0，求四边形PMQN面积的最小值．
10．解析 (1)由题意可知，eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，设F(c，0)，则可得直线l的方程为y＝x－c，
所以dO－l＝eq \f(|c|,\r(2))＝eq \f(\r(2),2)，∴c＝1，∴a＝2，b2＝3，∴椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)由(1)可得，F(１，0)，∵eq \(PF,\s\up7(→))·eq \(MF,\s\up7(→))＝0，则MF⊥PF，∴S四边形PMQN＝eq \f(|PQ|·|MN|,2)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)．直线PQ的方程为y＝k(x－1)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x－1)，, eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，))可得，(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
∴|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \f(\r((1＋k2)(144k2＋144)),4k2＋3)＝eq \f(12(k2＋1),4k2＋3)，①
设MN：y＝－eq \f(1,k)(x－1)，以－eq \f(1,k)替换①中的k可得，|MN|＝eq \f(12(k2＋1),3k2＋4)．
∴S四边形PMQN＝eq \f(|PQ|·|MN|,2)＝eq \f(1,2)eq \f(12(k2＋1),4k2＋3)eq \f(12(k2＋1),3k2＋4)＝72×eq \f(k4＋2k2＋1,12k4＋25k2＋12)＝72×eq \f(k2＋eq \f(1,k2)＋2,12(k2＋eq \f(1,k2))＋25)，
设t＝k2＋eq \f(1,k2)，可得t∈[2，＋∞)，∴S四边形PMQN＝72×eq \f(t＋2,12t＋25)＝6×(1－eq \f(1,12t＋25))，
∴t＝2时，(S四边形PMQN)min＝eq \f(288,49)．
11．已知抛物线C的顶点在原点O，准线为x＝－eq \f(1,2)．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)点A，B在C上，且OA⊥OB，OD⊥AB，垂足为D，直线OD另交C于E，当四边形OAEB面积最小时，求直线AB的方程．
11．解析 (1)设抛物线C的标准方程为y2＝2px(p>0)，由已知得－eq \f(p,2)＝－eq \f(1,2)⇒p＝1．
故抛物线C的标准方程为y2＝2x．
(2)先证直线AB过定点(2，0)．设直线AB的方程为x＝ty＋m(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
OA⊥OB⇔x1x2＋y1y2＝0⇔eq \f(y\\al(2,1),2)·eq \f(y\\al(2,2),2)＋y1y2＝0⇔y1y2＝－4．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋m，,y2＝2x，))⇒y2－2ty－2m＝0⇒y1y2＝－2m，∴m＝2，故直线AB过定点(2，0)．
由已知再设直线AB的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，则直线OD的方程为y＝－eq \f(1,k)x．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x，,y2＝2x))⇒eq \f(1,k2)x2＝2x⇒xE＝2k2，∴E(2k2，－2k)，∴|OE|＝eq \r(4k4＋4k2)＝2|k|eq \r(k2＋1)．
由y＝k(x－2)(k≠0)，得x＝eq \f(1,k)y＋2．联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(1,k)y＋2，,y2＝2x))⇒y2＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)y＋2))⇒y2－eq \f(2,k)y－4＝0，
∴y1＋y2＝eq \f(2,k)，y1y2＝－4⇒|AB|＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝eq \r(1＋\f(1,k2))·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k)))2＋16)＝eq \f(2\r(k2＋1)·\r(4k2＋1),k2)，
∴S四边形OAEB＝eq \f(1,2)×|AB|×|OE|＝2eq \r(\f((k2＋1)2(4k2＋1),k2))＝2eq \r(4k4＋9k2＋6＋\f(1,k2))．
设f(t)＝4t2＋9t＋6＋eq \f(1,t)(t＝k2>0)，
则f′(t)＝8t＋9－eq \f(1,t2)＝eq \f((t＋1)(8t2＋t－1),t2)．由f′(t)＝0⇒t1＝－1，t2，3＝eq \f(－1±\r(33),16)．
易知f(t)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(－1＋\r(33),16)))上递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1＋\r(33),16)，＋∞))上递增，
因此f(t)在t＝eq \f(－1＋\r(33),16)时取最小值，从而面积取得最小值，此时k＝±eq \f(\r(\r(33)－1),4)，
故直线AB的方程为y＝±eq \f(\r(\r(33)－1),4)(x－2)．