第8章 第8节　第2课时　范围、最值问题教案

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考点1 范围问题——综合性
(2020·蚌埠市高三第三次质检)如图，设抛物线C1：x2＝4y与C2：y2＝2px(p>0)在第一象限的交点为Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(t2,4)))，点A，B分别在抛物线C2，C1上，AM，BM分别与C1，C2相切．
(1)当点M的纵坐标为4时，求抛物线C2的方程；
(2)若t∈[1,2]，求△MBA面积的取值范围．
解：(1)由条件，eq \f(t2,4)＝4且t>0，解得t＝4，即点M(4，4)．
代入抛物线C2的方程，得8p＝16，所以p＝2，则抛物线C2的方程为y2＝4x.
(2)将点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(t2,4)))的坐标代入抛物线C2的方程，得p＝eq \f(t3,32).
设点A(x1，y1)，直线AM的方程为y＝k1(x－t)＋eq \f(t2,4).
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k1x－t＋\f(t2,4)，,x2＝4y，))消去y，化简得x2－4k1x＋4k1t－t2＝0，
则Δ＝16keq \\al(2,1)－4(4k1t－t2)＝0，
解得k1＝eq \f(t,2).
从而直线AM的斜率为eq \f(y1－\f(t2,4),x1－t)＝eq \f(y1－\f(t2,4),\f(y\\al(2,1),2p)－t)＝eq \f(y1－\f(t2,4),\f(16y\\al(2,1),t3)－t)＝eq \f(t3,44y1＋t2)＝eq \f(t,2)，
解得y1＝－eq \f(t2,8)，即点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,4)，－\f(t2,8))).
设点B(x2，y2)，直线BM的方程为y＝k2(x－t)＋eq \f(t2,4)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k2x－t＋\f(t2,4)，,y2＝2px，))消去x，化简得y2－eq \f(2p,k2)y－2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(t2,4k2)))＝0.
则Δ＝eq \f(4p2,k\\al(2,2))＋8peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t－\f(t2,4k2)))＝0，代入p＝eq \f(t3,32)，解得k2＝eq \f(t,8).
从而直线BM的斜率为eq \f(y2－\f(t2,4),x2－t)＝eq \f(\f(x\\al(2,2),4)－\f(t2,4),x2－t)＝eq \f(x2＋t,4)＝eq \f(t,8)，解得x2＝－eq \f(t,2)，即点Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t,2)，\f(t2,16))).
|MB|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(t,2)))eq \s\up8(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)－\f(t2,16)))eq \s\up8(2))＝eq \f(3t,16)eq \r(64＋t2)，
点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t,4)，－\f(t2,8)))到直线BM：y＝eq \f(t,8)x＋eq \f(t2,8)，即tx－8y＋t2＝0的距离为
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)＋t2＋t2)),\r(t2＋64))＝eq \f(9t2,4\r(t2＋64))，故△MBA的面积为S△MBA＝eq \f(1,2)|MB|·d＝eq \f(27t3,128).而t∈[1,2]，
所以△MBA面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(27,128)，\f(27,16))).
圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略
(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的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)利用求函数的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．
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝eq \f(5,4)，求原点O到直线l的距离的取值范围．
解：(1)由题意知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，2b＝2.
又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝2.
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
化简得m2<4k2＋1.①
x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
若kOM·kON＝eq \f(5,4)，则eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(5,4)，即4y1y2＝5x1x2.
所以(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0.
所以(4k2－5)·eq \f(4m2－1,4k2＋1)＋4km·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2＋1)))＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简得m2＋k2＝eq \f(5,4).②
由①②得0≤m2因为原点O到直线l的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，
所以d2＝eq \f(m2,1＋k2)＝eq \f(\f(5,4)－k2,1＋k2)＝－1＋eq \f(9,41＋k2).
又eq \f(1,20)考点2 最值问题——综合性
考向1 利用几何性质求最值
在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．
eq \f(\r(2),2) 解析：直线x－y＋1＝0与双曲线x2－y2＝1的一条渐近线x－y＝0平行，这两条平行线之间的距离为eq \f(\r(2),2).又P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点，点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则c≤eq \f(\r(2),2)，即实数c的最大值为eq \f(\r(2),2).
考向2 利用函数、导数法求最值
如图，已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
解：由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－eq \f(1,m)x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M.
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))
消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，
所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)＞0，①
则x1＋x2＝eq \f(4mb,m2＋2)，y1＋y2＝eq \f(2m2b,m2＋2).
(1)将AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)，解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2).②
由①②得m＜－eq \f(\r(6),3)或m＞eq \f(\r(6),3).
故实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞)).
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，则t2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))).
则|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
点O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).
设△AOB的面积为S(t)，
则S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))eq \s\up8(2)＋2)≤eq \f(\r(2),2).
当且仅当t2＝eq \f(1,2)时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
考向3 利用基本不等式求最值
(2020·青岛三模)已知直线l1过坐标原点O且与圆x2＋y2＝4相交于点A，B，圆M过点A，B且与直线y＋2＝0相切．
(1)求圆心M的轨迹C的方程．
(2)若圆心在x轴正半轴上面积等于2π的圆W与曲线C有且仅有一个公共点．
(ⅰ)求出圆W的标准方程；
(ⅱ)已知斜率等于－1的直线l2交曲线C于E，F两点，交圆W于P，Q两点，求eq \f(|EF|,|PQ|)的最小值及此时直线l2的方程．
解：(1)设M(x0，y0)，由题意可知，
|MA|2＝|MO|2＋|OA|2＝xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋4.
又圆M与直线y＋2＝0相切，
所以圆心M到直线y＋2＝0的距离d＝|y0＋2|.
因为|MA|＝d，所以xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＋4＝(y0＋2)2，
整理得xeq \\al(2,0)＝4y0，
所以圆心M的轨迹方程为x2＝4y.
(2)(ⅰ)由(1)知：曲线C的方程为y＝eq \f(x2,4)，
设f(x)＝eq \f(x2,4)，则f′(x)＝eq \f(x,2).
设圆W与曲线C的公共点为Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t，\f(t2,4)))(t>0)，则曲线C在T处的切线l的斜率k＝f′(t)＝eq \f(t,2).
由题意，直线l与圆W相切于T点，设圆W的标准方程为(x－a)2＋y2＝2(a>0)，则直线WT的斜率kWT＝eq \f(\f(t2,4),t－a)＝eq \f(t2,4t－a).
因为l⊥WT，所以eq \f(t,2)·eq \f(t2,4t－a)＝－1，
即t3＋8(t－a)＝0.
又因为(t－a)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)))eq \s\up8(2)＝2，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(t3,8)))eq \s\up8(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)))eq \s\up8(2)＝2，
所以t6＋4t4－128＝0.
令t2＝λ，则λ3＋4λ2－128＝0，
所以(λ3－4λ2)＋(8λ2－128)＝0，
即(λ－4)(λ2＋8λ＋32)＝0，
所以λ＝4.
所以t＝2，a＝3，
从而圆W的标准方程为(x－3)2＋y2＝2.
(ⅱ)设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线l2：y＝－x＋m.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x＋m，,x2＝4y))得x2＋4x－4m＝0，
所以x1＋x2＝－4，x1x2＝－4m，
所以|EF|＝eq \r(2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝4eq \r(21＋m).
又因为|PQ|＝2eq \r(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|m－3|,\r(2))))eq \s\up8(2))＝eq \r(－2m2＋12m－10)，
所以eq \f(|EF|,|PQ|)＝eq \f(4\r(21＋m),\r(－2m2＋12m－10))＝4eq \r(\f(1＋m,－m2＋6m－5)).
由于l2与曲线C、圆W均有两个不同的交点，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝16＋16m>0，,\f(|m－3|,\r(2))<\r(2)，))
解得1令1＋m＝u，则u∈(2,6)，
则eq \f(|EF|,|PQ|)＝4eq \r(\f(u,－u2＋8u－12))＝4eq \r(\f(1,－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(u＋\f(12,u)))＋8))≥eq \r(2)＋eq \r(6)，当且仅当u＝eq \f(12,u)，即u＝2eq \r(3)，m＝2eq \r(3)－1时取等号．
所以当m＝2eq \r(3)－1时，eq \f(|EF|,|PQ|)的最小值为eq \r(2)＋eq \r(6)，
此时直线l2的方程为y＝－x＋2eq \r(3)－1.
(2020·泸州市高三三模)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，过点F2且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的弦长为1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若直线y＝kx＋m(k>0)交椭圆E于C，D两点，与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，且|CM|＝|DN|，求|CD|的最小值．
解：(1)由题意可知e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)＝eq \r(1－\f(b2,a2))，且eq \f(2b2,a)＝1，
解得a＝2，b＝1，c＝eq \r(3).
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)把y＝kx＋m(k>0)代入eq \f(x2,4)＋y2＝1得(1＋4k2)·x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－4,1＋4k2).
又Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,k)，0))，N(0，m)，
|CM|＝|DN|，所以xM－x1＝x2－xN，即xM＋xN＝x1＋x2.
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)＝－eq \f(m,k).
因为y＝kx＋m(k>0)与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，所以m≠0.
又k>0，则k＝eq \f(1,2)，
故x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.
因为直线y＝kx＋m(k>0)与线段F1F2及椭圆的短轴分别交于不同两点，
所以－eq \r(3)≤－2m≤eq \r(3)，
即－eq \f(\r(3),2)≤m≤eq \f(\r(3),2)，且m≠0，
所以|CD|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \f(\r(5),2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(\r(5),2)eq \r(－2m2－42m2－2)
＝eq \r(52－m2).
因为－eq \f(\r(3),2)≤m≤eq \f(\r(3),2)，且m≠0，
所以，当m＝eq \f(\r(3),2)或m＝－eq \f(\r(3),2)时，|CD|的最小值为eq \f(5,2).
在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1，A为椭圆C的右顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M，N两点，M在x轴的上方，直线AM与圆O的另一交点为P，直线AN与圆O的另一交点为Q.
(1)若eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(AM,\s\up6(→))，求直线AM的斜率；
(2)设△AMN与△APQ的面积分别为S1，S2，求eq \f(S1,S2)的最大值．
[四字程序]
思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，利用yp＝3yM求解．
解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，将y＝k(x－2)与椭圆方程eq \f(x2,4)＋y2＝1联立，得k2(x－2)2＝eq \f(1,4)(2＋x)(2－x)．
求得点M的横坐标为xM＝eq \f(8k2－2,4k2＋1)，
纵坐标为yM＝eq \f(－4k,4k2＋1).
将y＝k(x－2)与圆方程x2＋y2＝4联立，得k2(x－2)2＝(2＋x)(2－x)．
求得点P的横坐标为xp＝eq \f(2k2－2,k2＋1)，
纵坐标为yp＝eq \f(－4k,k2＋1).
由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(AM,\s\up6(→))得yp＝3yM，
即eq \f(－4k,k2＋1)＝eq \f(－12k,4k2＋1).
又k<0，解得k＝－eq \r(2).
(2)由M，N关于原点对称，得点N的坐标为xN＝eq \f(－8k2＋2,4k2＋1)，yN＝eq \f(4k,4k2＋1)，
所以直线AN的斜率为kAN＝eq \f(\f(4k,4k2＋1),\f(－8k2＋2,4k2＋1)－2)＝－eq \f(1,4k).
于是eq \f(|AM|,|AP|)＝eq \f(yM,yp)＝eq \f(k2＋1,4k2＋1)，
同理eq \f(|AN|,|AQ|)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4k)))eq \s\up8(2)＋1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4k)))eq \s\up8(2)＋1)＝eq \f(16k2＋1,16k2＋4).
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(|AM|·|AN|,|AP|·|AQ|)
＝eq \f(k2＋1,4k2＋1)·eq \f(16k2＋1,16k2＋4)
＝eq \f(16k4＋17k2＋1,416k4＋8k2＋1)
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(9k2,16k4＋8k2＋1)))
＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(9,16k2＋\f(1,k2)＋8)))
≤eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(9,2\r(16k2·\f(1,k2))＋8)))＝eq \f(25,64)，
当且仅当16k2＝eq \f(1,k2)，即k＝－eq \f(1,2)时等号成立，所以eq \f(S1,S2)的最大值为eq \f(25,64).
思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(AM,\s\up6(→))转化为xp－xA＝3(xM－xA)求解．
解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16k2x＋4(4k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxM＝eq \f(44k2－1,4k2＋1)，而xA＝2，所以xM＝eq \f(24k2－1,4k2＋1).
将y＝k(x－2)代入圆的方程，整理得(k2＋1)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxP＝eq \f(4k2－1,k2＋1)，而xA＝2，所以xp＝eq \f(2k2－1,k2＋1).
由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(AM,\s\up6(→))，得xp－xA＝3(xM－xA)，
即eq \f(2k2－1,k2＋1)－2＝3eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(24k2－1,4k2＋1)－2))，解得k2＝2.
又k<0，所以k＝－eq \r(2).
(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN＝－eq \f(1,4)，即kkAN＝－eq \f(1,4)，所以kAN＝－eq \f(1,4k).
下同解法1(略)．
思路参考：设直线AM的方程为x＝my＋2，利用yp＝3yM求解．
解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋2(m≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m2＋4)y2＋4my＝0，得点M的纵坐标为yM＝eq \f(－4m,m2＋4).
将x＝my＋2代入圆的方程，整理得(m2＋1)y2＋4my＝0，得点P的纵坐标为yp＝eq \f(－4m,m2＋1).
由eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(AM,\s\up6(→))，得yp＝3yM，即eq \f(m,m2＋1)＝eq \f(3m,m2＋4).
因为m≠0，解得m2＝eq \f(1,2)，即m＝±eq \f(1,\r(2)).
又直线AM的斜率k＝eq \f(1,m)<0，所以k＝－eq \r(2).
(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，又kAMkAN＝－eq \f(1,4)，由(1)知kAM＝eq \f(1,m)，所以有eq \f(1,m)kAN＝－eq \f(1,4)，则kAN＝－eq \f(m,4).
又yM＝eq \f(－4m,m2＋4)，yp＝eq \f(－4m,m2＋1)，
所以eq \f(|AM|,|AP|)＝eq \f(yM,yP)＝eq \f(m2＋1,m2＋4).
同理eq \f(|AN|,|AQ|)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)))eq \s\up8(2)＋1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(m,4)))eq \s\up8(2)＋1)＝eq \f(m2＋16,4m2＋4).
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(|AM|·|AN|,|AP|·|AQ|)＝eq \f(m2＋1,m2＋4)·eq \f(m2＋16,4m2＋4).
下同解法1(略)．
1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k的函数，从而求其最大值．
2．基于新课程标准，解答本题一般需要掌握数学阅读技能，运算求解能力，体现了数学运算的核心素养．
已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为eq \f(2\r(3),3)，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
解：(1)设F(c,0)，由题意知eq \f(2,c)＝eq \f(2\r(3),3)，解得c＝eq \r(3).
因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)(方法一)显然直线l的斜率存在．设直线l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在线段AQ上．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,x2＋4y2－4＝0))得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，
所以x1＋x2＝eq \f(16k,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(12,4k2＋1).
由Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)>0，得k2>eq \f(3,4).
则S△OPQ＝S△AOQ－S△AOP
＝eq \f(1,2)×2×|x2－x1|
＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1).
令eq \r(4k2－3)＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，于是S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,t＋\f(4,t))≤1，当且仅当t＝2，即k＝±eq \f(\r(7),2)时等号成立，所以l的方程为y＝eq \f(\r(7),2)x－2或y＝－eq \f(\r(7),2)x－2.
(方法二)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－2.将其代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，则Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>eq \f(3,4).
由弦长公式得|PQ|＝eq \r(1＋k2)·eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1).
由点到直线的距离公式得点O到直线l的距离d＝eq \f(2,\r(1＋k2))，
所以S△OPQ＝eq \f(1,2)|PQ|×d＝eq \f(1,2)eq \r(1＋k2)×eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1)×eq \f(2,\r(1＋k2))＝eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1).
设eq \r(4k2－3)＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，所以S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,t＋\f(4,t))≤1，当且仅当t＝2，即k＝±eq \f(\r(7),2)时等号成立．
故所求直线l的方程为y＝eq \f(\r(7),2)x－2或y＝－eq \f(\r(7),2)x－2.
最值问题的2种基本解法
几何法
根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法
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解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)
读
想
算
思
已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交
1.向量eq \(AP,\s\up6(→))＝3eq \(AM,\s\up6(→))如何转化？
2.如何表示三角形的面积？
把eq \f(S1,S2)用直线AM的斜率k来表示
转化与化归
求直线AM的斜率，求△AMN与△APQ的面积之比
1.用A，P，M的坐标表示；
2.利用公式S＝eq \f(1,2)absin C表示并转化
eq \f(S1,S2)＝eq \f(|AM|·|AN|,|AP|·|AQ|)进而用基本不等式求其最大值
把面积之比的最大值转化为一个变量的不等式