专题28 三角形面积型最值逆向与三角形面积运算型最值问题(解析版)

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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] 定圆M：(x＋eq \r(3))2＋y2＝16，动圆N过点F(eq \r(3)，0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E．
(1)求轨迹E的方程；
(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且|AC|＝|BC|，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方程．
[规范解答] (1)∵F(eq \r(3)，0)在圆M：(x＋eq \r(3))2＋y2＝16内，∴圆N内切于圆M．
∵|NM|＋|NF|＝4>|FM|，∴点N的轨迹E为椭圆，且2a＝4，c＝eq \r(3)，∴b＝1，
∴轨迹E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)①当AB为长轴(或短轴)时，S△ABC＝eq \f(1,2)|OC|·|AB|＝2．
②当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝kx，A(xA，yA)，
由题意，C在线段AB的中垂线上，则OC的方程为y＝－eq \f(1,k)x．
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx))得，xeq \\al(2,A)＝eq \f(4,1＋4k2)，yeq \\al(2,A)＝eq \f(4k2,1＋4k2)，∴|OA|2＝xeq \\al(2,A)＋yeq \\al(2,A)＝eq \f(4(1＋k2),1＋4k2)．
将上式中的k替换为－eq \f(1,k)，可得|OC|2＝eq \f(4(1＋k2),k2＋4)．
∴S△ABC＝2S△AOC＝|OA|·|OC|＝eq \r(\f(4(1＋k2),1＋4k2))·eq \r(\f(4(1＋k2),k2＋4))＝eq \f(4(1＋k2),\r((1＋4k2)(k2＋4)))．
∵eq \r((1＋4k2)(k2＋4))≤eq \f((1＋4k2)＋(k2＋4),2)＝eq \f(5(1＋k2),2)，
∴S△ABC≥eq \f(8,5)，当且仅当1＋4k2＝k2＋4，即k＝±1时等号成立，此时△ABC面积的最小值是eq \f(8,5)．∵2>eq \f(8,5)，
∴△ABC面积的最小值是eq \f(8,5)，此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x．
[例2] 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，P在椭圆上(异于椭圆C的左、右顶点)，过右焦点F2作∠F1PF2的外角平分线L的垂线F2Q，交L于点Q，且|OQ|＝2(O为坐标原点)，椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4eq \r(3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：x＝my＋4(m∈R)与椭圆C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A′，直线A′B交x轴于点D，求当△ADB的面积最大时，直线l的方程．
[规范解答] (1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4×eq \f(1,2)ab＝4eq \r(3)，得ab＝2eq \r(3)．
延长F2Q交直线F1P于点R，因为F2Q为∠F1PF2的外角平分线的垂线，
所以|PF2|＝|PR|，Q为F2R的中点，所以|OQ|＝eq \f(|F1R|,2)＝eq \f(|F1P|＋|PR|,2)＝eq \f(|F1P|＋|PF2|,2)＝a，
所以a＝2，b＝eq \r(3)，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，
所以Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)＝144(m2－4)>0，即m2>4．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A′(x1，－y1)，由根与系数的关系，得y1＋y2＝eq \f(－24m,3m2＋4)，y1y2＝eq \f(36,3m2＋4)，
直线A′B的斜率k＝eq \f(y2－－y1,x2－x1)＝eq \f(y2＋y1,x2－x1)，所以直线A′B的方程为y＋y1＝eq \f(y1＋y2,x2－x1)(x－x1)，
令y＝0，得xD＝eq \f(x1y2＋x2y1,y1＋y2)＝eq \f(my1＋4y2＋y1my2＋4,y1＋y2)＝eq \f(2my1y2,y1＋y2)＋4，
故xD＝1，所以点D到直线l的距离d＝eq \f(3,\r(1＋m2))，
所以S△ADB＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(3,2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝18·eq \f(\r(m2－4),3m2＋4)．令t＝eq \r(m2－4)(t>0)，
则S△ADB＝18·eq \f(t,3t2＋16)＝eq \f(18,3t＋\f(16,t))≤eq \f(18,2\r(3×16))＝eq \f(3\r(3),4)，
当且仅当3t＝eq \f(16,t)，即t2＝eq \f(16,3)＝m2－4，即m2＝eq \f(28,3)>4，m＝±eq \f(2\r(21),3)时，△ADB的面积最大，
所以直线l的方程为3x＋2eq \r(21)y－12＝0或3x－2eq \r(21)y－12＝0．
[例3] 已知抛物线C：x2＝2py(p>0)和定点M(0，1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N．
(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；
(2)若△ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程．
[规范解答] 设直线AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x2－2pkx－2p＝0，则x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p．①
(1)由x2＝2py得y′＝eq \f (x,p)，则A，B处的切线斜率的乘积为eq \f (x1x2,p2)＝－eq \f (2,p)，
∵点N在以AB为直径的圆上，∴AN⊥BN，∴－eq \f (2,p)＝－1，∴p＝2．
(2)易得直线AN：y－y1＝eq \f (x1,p)(x－x1)，直线BN：y－y2＝eq \f (x2,p)(x－x2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y1＝\f (x1,p)(x－x1)，,y－y2＝\f (x2,p)(x－x2)，))结合①式，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝pk，,y＝－1，))即N(pk，－1)．
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)|x2－x1|＝eq \r(1＋k2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(4p2k2＋8p)，
点N到直线AB的距离d＝eq \f (|pk2＋2|,\r(1＋k2))，
则S△ABN＝eq \f (1,2)·|AB|·d＝eq \r(p(pk2＋2)3)≥2eq \r(2p)，当k＝0时，取等号，
∵△ABN的面积的最小值为4，∴2eq \r(2p)＝4，∴p＝2，故抛物线C的方程为x2＝4y．
[例4] (如图，设椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，左、右焦点为F1，F2，上顶点为D，离心率为eq \f(\r(6),3)，且eq \(DF1,\s\up6(→))·eq \(DF2,\s\up6(→))＝－2．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设E是x轴正半轴上的一点，过点E任作直线l与C相交于A，B两点，如果eq \f(1,|EA|2)＋eq \f(1,|EB|2)是定值，试确定点E的位置，并求S△DAE·S△DBE的最大值．
[规范解答] (1)由题意知，D(0，b)，F1(－c，0)，F2(c，0)，由e＝eq \f(\r(6),3)，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，由eq \(DF1,\s\up6(→))·eq \(DF2,\s\up6(→))＝－2，
得－c2＋b2＝－2，又a2＝b2＋c2，∴a＝eq \r(6)，b＝eq \r(2)，c＝2．∴椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)当l的斜率不为0时，设AB的方程为x＝ty＋m，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋3y2＝6，,x＝ty＋m，))消去x，得
∴(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－6＝0，Δ＝4t2m2－4(m2－6)(t2＋3)＝4(6t2＋18－3m2)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴y1＋y2＝－eq \f(2tm,t2＋3)， y1y2＝eq \f(m2－6,t2＋3)，
∴eq \f(1,|EA|2)＋eq \f(1,|EB|2)＝eq \f(1,1＋t2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,y\\al(2,1))＋\f(1,y\\al(2,2))))＝eq \f(1,1＋t2)·eq \f(y1＋y22－2y1y2,y1y22)＝eq \f(2m2＋12t2－6m2－6,m2－621＋t2)，
∴m＝eq \r(3)，它满足Δ>0，∴E(eq \r(3)，0)，eq \f(1,|EA|2)＋eq \f(1,|EB|2)为定值2．
当E为(eq \r(3)，0)，l：y＝0时，满足eq \f(1,|EA|2)＋eq \f(1,|EB|2)＝2，
此时S△DAE·S△DBE＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×(eq \r(6)－eq \r(3))×eq \f(1,2)×eq \r(2)×(eq \r(6)＋eq \r(3))＝eq \f(3,2)．
当l的斜率不为0时，y1＋y2＝－eq \f(2\r(3)t,t2＋3)，y1y2＝－eq \f(3,t2＋3)，
由D到AB的距离d＝eq \f(|\r(2)t＋\r(3)|,\r(1＋t2))，|AE|＝eq \r(1＋t2)|y1|，|BE|＝eq \r(1＋t2)|y2|，
得S△DAE·S△DBE＝eq \f(1,2)d·|AE|·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)·d·|BE|))＝eq \f(3\r(2)t＋\r(3)2,4(t2＋3))．
令u＝eq \r(2)t＋eq \r(3)，则t＝eq \f(u－\r(3),\r(2))，则S△DAE·S△DBE＝eq \f(3,2)×eq \f(u2,u2－2\r(3)u＋9)＝eq \f(3,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,u2)－\f(2\r(3),u)＋1)))＝eq \f(3,2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(9\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,u)－\f(\r(3),9)))2＋\f(2,3))))≤eq \f(9,4)，
当且仅当eq \f(1,u)＝eq \f(\r(3),9)，即u＝3eq \r(3)，t＝eq \r(6)时，等号成立．故(S△DAE·S△DBE)max＝eq \f(9,4)．
[例5] 已知直线l经过抛物线C：x2＝4y的焦点F，且与抛物线C交于A，B两点，抛物线C在A，B两点处的切线分别与x轴交于点M，N．
(1)求证：AM⊥MF；
(2)记△AFM和△BFN的面积分别为S1和S2，求S1·S2的最小值．
[规范解答] (1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，其中y1＝eq \f(x\\al(2,1),4)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),4)．
由导数知识可知，抛物线C在点A处的切线l1的斜率k1＝eq \f(x1,2)，
则切线l1的方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，令y＝0，可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)，0))．因为F(0，1)，
所以直线MF的斜率kMF＝eq \f(1－0,0－\f(x1,2))＝－eq \f(2,x1)．所以k1·kMF＝－1，所以AM⊥MF．
(2)由(1)可知S1＝eq \f(1,2)|AM|·|MF|，
其中|AM|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－\f(x1,2)))2＋y\\al(2,1)) ＝eq \r(\f(x\\al(2,1),4)＋y\\al(2,1))＝eq \r(y1＋y\\al(2,1))＝eq \r(y1)·eq \r(1＋y1)，|MF|＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)))2＋1)＝eq \r(y1＋1)，
所以S1＝eq \f(1,2)|AM|·|MF|＝eq \f(1,2)(y1＋1)eq \r(y1)．同理可得S2＝eq \f(1,2)(y2＋1)eq \r(y2)．
所以S1·S2＝eq \f(1,4)(y1＋1)(y2＋1)eq \r(y1y2)＝eq \f(1,4)(y1y2＋y1＋y2＋1)eq \r(y1y2)．
设直线l的方程为y＝kx＋1，由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,x2＝4y，))可得x2－4kx－4＝0，
所以x1x2＝－4，所以y1y2＝eq \f(x1x22,16)＝1．所以S1·S2＝eq \f(1,4)(y1＋y2＋2)≥eq \f(1,4)(2eq \r(y1y2)＋2)＝1，
当且仅当y1＝y2时，等号成立．所以S1·S2的最小值为1．
[例6] (2019·浙江)如图，已知点F(1，0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2．
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)求eq \f(S1,S2)的最小值及此时点G的坐标．
[规范解答] (1)由题意得eq \f(p,2)＝1，即p＝2．所以抛物线的准线方程为x＝－1．
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2．
由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝eq \f(t2－1,2t)y＋1，
代入y2＝4x，得y2－eq \f(2(t2－1),t)y－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－eq \f(2,t)，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)，－\f(2,t)))．
又xG＝eq \f(1,3)(xA＋xB＋xC)，yG＝eq \f(1,3)(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，得2t－eq \f(2,t)＋yC＝0，
得Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－t))2，2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－t))))，Geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)，0))．
所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)．
由于Q在焦点F的右侧，故t2>2．从而
eq \f(S1,S2)＝eq \f(\f(1,2)|FG|·|yA|,\f(1,2)|QG|·|yC|)＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2t4－2t2＋2,3t2)－1))·|2t|,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(t2－1－\f(2t4－2t2＋2,3t2)))·\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,t)－2t)))＝eq \f(2t4－t2,t4－1)＝2－eq \f(t2－2,t4－1)．
令m＝t2－2，则m>0，eq \f(S1,S2)＝2－eq \f(m,m2＋4m＋3)＝2－eq \f(1,m＋\f(3,m)＋4)≥2－eq \f(1,2\r(m·\f(3,m))＋4)＝1＋eq \f(\r(3),2)．
当m＝eq \r(3)时，eq \f(S1,S2)取得最小值1＋eq \f(\r(3),2)，此时G(2，0)．
【对点训练】
1．(2014·全国Ⅰ)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E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E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
1．解析 (1)设F(c,0)，由条件知，eq \f(2,c)＝eq \f(2\r(3),3)，得c＝eq \r(3)．又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1．
故E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将y＝kx－2代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0．
当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq \f(3,4)时，x1,2＝eq \f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1)．
从而|PQ|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),4k2＋1)．
又点O到直线PQ的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，所以△OPQ的面积S△OPQ＝eq \f(1,2)d·|PQ|＝eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1)．
设eq \r(4k2－3)＝t，则t>0，S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,t＋\f(4,t))．
因为t＋eq \f(4,t)≥4，当且仅当t＝2，即k＝±eq \f(\r(7),2)时等号成立，且满足Δ>0．
所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝eq \f(\r(7),2)x－2或y＝－eq \f(\r(7),2)x－2．
2．若椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，线段F1F2被抛物线y2＝2bx的焦点F分成了3∶
1的两段．
(1)求椭圆的离心率；
(2)过点C(－1，0)的直线l交椭圆于不同两点A，B，且eq \(AC,\s\up7(→))＝2eq \(CB,\s\up7(→))，当△AOB的面积最大时，求直线l的方程．
2．解析 (1)由题意知，c＋eq \f(b,2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c－\f(b,2)))，所以b＝c，a2＝2b2，所以e＝eq \f(c,a)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,a)))2)＝eq \f(\r(2),2)．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝ky－1(k≠0)，
因为eq \(AC,\s\up7(→))＝2eq \(CB,\s\up7(→))，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)，即y1＝－2y2， ①
由(1)知，椭圆方程为x2＋2y2＝2b2．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ky－1，,x2＋2y2＝2b2))消去x，
得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0，所以y1＋y2＝eq \f(2k,k2＋2)， ②
由①②知，y2＝－eq \f(2k,k2＋2)，y1＝eq \f(4k,k2＋2)，因为S△AOB＝eq \f(1,2)|y1|＋eq \f(1,2)|y2|，
所以S△AOB＝3·eq \f(|k|,k2＋2)＝3·eq \f(1,\f(2,|k|)＋|k|)≤3·eq \f(1,2\r(\f(2,|k|)·|k|))＝eq \f(3\r(2),4)，当且仅当|k|2＝2，即k＝±eq \r(2)时取等号，
此时直线l的方程为x－eq \r(2)y＋1＝0或x＋eq \r(2)y＋1＝0．
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(6),3)))．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设与圆O：x2＋y2＝eq \f(3,4)相切的直线l交椭圆C与A，B两点，求△OAB面积的最大值，及取得最大值时直线l的方程．
3．解析 (1)由题意可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(2,3b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a2＝b2＋c2，))解得a2＝3，b2＝1，∴eq \f(x2,3)＋y2＝1．
(2)①当k不存在时，直线为x＝±eq \f(\r(3),2)，代入eq \f(x2,3)＋y2＝1，得y＝±eq \f(\r(3),2)，∴S△OAB＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3,4)；
②当k存在时，设直线为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))消y得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，∴x1＋x2＝eq \f(－6km,1＋3k2)，x1x2＝eq \f(3m2－3,1＋3k2)，
直线l与圆O相切d＝r4m2＝3(1＋k2)，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6km,1＋3k2)))\s\up12(2)－\f(12（m2－1）,1＋3k2))＝eq \r(3)eq \r(\f(1＋10k2＋9k4,1＋6k2＋9k4))＝eq \r(3)eq \r(1＋\f(4k2,1＋6k2＋9k4))
＝eq \r(3)×eq \r(1＋\f(4,\f(1,k2)＋9k2＋6))≤2．当且仅当eq \f(1,k2)＝9k2，即k＝±eq \f(\r(3),3)时等号成立，
∴S△OAB＝eq \f(1,2)|AB|×r≤eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，∴△OAB面积的最大值为eq \f(\r(3),2)，
∴m＝±eq \r(\f(3,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3))))＝±1，此时直线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x±1．
4．已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1(a>0)的一个焦点为F(－1，0)，左、右顶点分别为A，B．经过点F的直线l
与椭圆M交于C，D两点．
(1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
4．解析 (1)由题意，c＝1，b2＝3，所以a2＝4，所以椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝x＋1，))消去y，得7x2＋8x－8＝0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，Δ＝288，x1＋x2＝－eq \f(8,7)，x1x2＝－eq \f(8,7)，
所以|CD|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2) eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \f(24,7)．
(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k(x＋1)，))
消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，Δ>0，且x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝eq \f(12|k|,3＋4k2)，
因为k≠0，上式＝eq \f(12,\f(3,|k|)＋4|k|)≤eq \f(12,2\r(\f(3,|k|)·4|k|))＝eq \f(12,2\r(12))＝eq \r(3)当且仅当k＝±eq \f(\r(3),2)时等号成立，
所以|S1－S2|的最大值为eq \r(3)．
5．已知离心率为eq \f(\r(3),2)的椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，与坐标轴不平行的直线l与椭圆C交于
A，B两点，其中M为A关于y轴的对称点，N(0，eq \r(2))，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)分别记△PAO，△PBO的面积为S1，S2，当M，N，B三点共线时，求S1·S2的最大值．
5．解析 (1)∵eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，a2＝b2＋c2，∴a＝2b，把点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))代入椭圆方程可得eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1，
解得a＝2，b＝1，∴椭圆方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设点A坐标为(x1，y1)，点B坐标为(x2，y2)，则M为(－x1，y1)，
设直线l的方程为y＝kx＋b，联立椭圆方程可得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，
∴x1＋x2＝eq \f(－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4b2－4,4k2＋1)，Δ>0，∵M，N，B三点共线，
∴kMN＝kBN，即eq \f(y1－\r(2),x1)＋eq \f(y2－\r(2),x2)＝0，化简得8k(1－eq \r(2)b)＝0，解得b＝eq \f(\r(2),2)或k＝0(舍去)．
设A，B两点到直线OP的距离分别为d1，d2，直线OP的方程为eq \r(3)x－2y＝0，|OP|＝eq \f(\r(7),2)，
∴S1·S2＝eq \f(1,16)|(eq \r(3)x1－2y1)(eq \r(3)x2－2y2)|，化简可得
S1·S2＝eq \f(1,16)|(2k－eq \r(3))2x1x2＋eq \r(2)(2k－eq \r(3))(x1＋x2)＋2|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)＋\f(\r(3)k,4k2＋1)))．
又eq \f(\r(3)k,4k2＋1)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(3),4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),4)))，∴当k＝－eq \f(1,2)时，S1·S2的最大值为eq \f(\r(3)＋1,4)．
6．已知焦点为F的抛物线C1：x2＝2py(p＞0)，圆C2：x2＋y2＝1，直线l与抛物线相切于点P，与圆相切
于点Q．
(1)当直线l的方程为x－y－eq \r(2)＝0时，求抛物线C1的方程；
(2)记S1，S2分别为△FPQ，△FOQ的面积，求eq \f(S1,S2)的最小值．
6．解析 (1)设点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(x\\al(2,0),2p)))，由x2＝2py(p＞0)得，y＝eq \f(x2,2p)，求得y′＝eq \f(x,p)，因为直线PQ的斜率为1，
所以eq \f(x0,p)＝1且x0－eq \f(x\\al(2,0),2p)－eq \r(2)＝0，解得p＝2eq \r(2)．所以抛物线C1的方程为x2＝4eq \r(2)y．
(2)点P处的切线方程为y－eq \f(x\\al(2,0),2p)＝eq \f(x0,p)(x－x0)，即2x0x－2py－xeq \\al(2,0)＝0，OQ的方程为y＝－eq \f(p,x0)x．
根据切线与圆相切，得eq \f(|－x\\al(2,0)|,\r(4x\\al(2,0)＋4p2))＝1，化简得xeq \\al(4,0)＝4xeq \\al(2,0)＋4p2，由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x0x－2py－x\\al(2,0)＝0，,y＝－\f(p,x0)x，))
解得Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x0)，\f(4－x\\al(2,0),2p)))．所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)|xP－xQ|＝eq \r(1＋\f(x\\al(2,0),p2))eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x0－\f(2,x0)))＝ eq \f(\r(p2＋x\\al(2,0)),p)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)－2,x0)))，
又点Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))到切线PQ的距离d1＝eq \f(|－p2－x\\al(2,0)|,\r(4x\\al(2,0)＋4p2))＝eq \f(1,2)eq \r(x\\al(2,0)＋p2)，
所以S1＝eq \f(1,2)|PQ|d1＝eq \f(1,2)·eq \f(\r(p2＋x\\al(2,0)),p)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)－2,x0)))·eq \f(1,2) eq \r(x\\al(2,0)＋p2)＝eq \f(x\\al(2,0)＋p2,4p)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)－2,x0)))，
S2＝eq \f(1,2)|OF||xQ|＝eq \f(p,2|x0|)，而由xeq \\al(4,0)＝4xeq \\al(2,0)＋4p2知，4p2＝xeq \\al(4,0)－4xeq \\al(2,0)＞0，得|x0|＞2，
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(x\\al(2,0)＋p2,4p)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)－2,x0)))·eq \f(2|x0|,p)＝eq \f(x\\al(2,0)＋p2x\\al(2,0)－2,2p2)＝eq \f(4x\\al(2,0)＋x\\al(4,0)－4x\\al(2,0)x\\al(2,0)－2,2x\\al(4,0)－4x\\al(2,0))
＝eq \f(x\\al(2,0)x\\al(2,0)－2,2x\\al(2,0)－4)＝eq \f(x\\al(2,0)－4,2)＋eq \f(4,x\\al(2,0)－4)＋3≥2eq \r(2)＋3，当且仅当eq \f(x\\al(2,0)－4,2)＝eq \f(4,x\\al(2,0)－4)时取等号，
即xeq \\al(2,0)＝4＋2eq \r(2)时取等号，此时p＝eq \r(2＋2\r(2))．所以eq \f(S1,S2)的最小值为2eq \r(2)＋3．