大題考法1最值問題(2023·普寧校級二模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率與雙曲線C′：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1的離心率互為倒數(shù)，短軸長為2eq\r(2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)設直線l與橢圓C相切于點A，A關(guān)于原點O的對稱點為點B，過點B作BM⊥l，垂足為M，求△ABM面積的最大值．解：(1)設橢圓C的半焦距為c.因為雙曲線C′：eq\f(x2,2)－eq\f(y2,2)＝1的離心率e′＝eq\f(\r(2＋2),\r(2))＝eq\r(2)，所以橢圓C的離心率e＝eq\f(\r(2),2)，又橢圓C的短軸長為2eq\r(2)，所以2b＝2eq\r(2)，解得b＝eq\r(2).聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,b＝\r(2)，,a2－c2＝b2＝2，))解得a＝2，c＝eq\r(2)，故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設點A(x0，y0)，B(－x0，－y0)，易知直線l的斜率一定存在，設直線l：y－y0＝k(x－x0)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋y0－kx0，,x2＋2y2＝4，))消元可得(1＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(y0－kx0)2－4＝0，由題意，Δ＝0，即[4k(y0－kx0)]2－4(1＋2k2)[2(y0－kx0)2－4]＝0且xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，整理得(xeq\o\al(2,0)－4)k2－2x0y0k＋yeq\o\al(2,0)－2＝0.由過點A的切線是唯一的得k＝eq\f(x0y0,xeq\o\al(2,0)－4)＝eq\f(x0y0,－2yeq\o\al(2,0))＝－eq\f(x0,2y0)，所以直線l：x0x＋2y0y＝4，又直線BM⊥l交于點M，得直線BM：2y0x－x0y＝－x0y0.聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0x＋2y0y＝4，,2y0x－x0y＝－x0y0，))可得xM＝eq\f(x0（4－2yeq\o\al(2,0)）,xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)).所以|BM|＝eq\r(1＋（\f(2y0,x0)）2)|eq\f(x0（4－2yeq\o\al(2,0)）,xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0))＋x0|＝eq\f(8,\r(xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0)))，|AM|＝eq\r(1＋（－\f(x0,2y0)）2)|eq\f(x0（4－2yeq\o\al(2,0)）,xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0))－x0|＝eq\f(2|x0y0|,\r(xeq\o\al(3,0)＋4yeq\o\al(2,0)))，即S△ABM＝eq\f(1,2)|AM||BM|＝eq\f(|8x0y0|,xeq\o\al(2,0)＋4yeq\o\al(2,0))≤2，當且僅當eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(2,0)＝4yeq\o\al(2,0)，,xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，))即xeq\o\al(2,0)＝eq\f(8,3)，yeq\o\al(2,0)＝eq\f(2,3)時取等號．故△ABM面積的最大值為2.圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是幾何法，即通過利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解；二是代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個(些)參數(shù)的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進行求解．(2023·潮州二模)已知橢圓T：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點Q(eq\r(3)，－eq\f(1,2))和點A(x0，y0)(x0y0≠0)，T的上頂點到直線eq\r(3)x＋y＋3＝0的距離為2，如圖過點A的直線l與x，y軸的交點分別為M，N，且eq\o(AN,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，點A，C關(guān)于原點對稱，點B，D關(guān)于原點對稱，且eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(NM,\s\up6(→)).(1)求|MN|的長度；(2)求四邊形ABCD面積的最大值．解：(1)T的上頂點(0，b)到直線eq\r(3)x＋y＋3＝0的距離eq\f(|b＋3|,2)＝2，解得b＝1，又橢圓T：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)過點Q(eq\r(3)，－eq\f(1,2))，則eq\f(3,a2)＋eq\f(1,4)＝1，解得a2＝4，所以橢圓方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，因為點A(x0，y0)(x0y0≠0)在橢圓上，所以eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，由題意直線l的斜率存在，設過點A的直線l方程為y－y0＝k(x－x0)，令x＝0，則y＝y(tǒng)0－kx0，令y＝0，則x＝x0－eq\f(y0,k)，即M(x0－eq\f(y0,k)，0)，N(0，y0－kx0)，由eq\o(AN,\s\up6(→))＝2eq\o(MA,\s\up6(→))，得(－x0，－kx0)＝2(eq\f(y0,k)，y0)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x0＝\f(2y0,k)，,－kx0＝2y0，))所以k＝－eq\f(2y0,x0)，所以|MN|＝eq\r(（x0－\f(y0,k)）2＋（y0－kx0）2)＝eq\r(\f(9,4)xeq\o\al(2,0)＋9yeq\o\al(2,0))＝eq\r(\f(9,4)xeq\o\al(2,0)＋9（1－\f(xeq\o\al(2,0),4)）)＝3.(2)由(1)得直線MN的斜率k＝－eq\f(2y0,x0)，因為eq\o(BD,\s\up6(→))＝λeq\o(NM,\s\up6(→))，所以eq\o(BD,\s\up6(→))∥eq\o(MN,\s\up6(→))，所以直線BD的方程為y＝－eq\f(2y0,x0)x，即2y0x＋yx0＝0，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(2y0,x0)x，,\f(x2,4)＋y2＝1，))解得x2＝eq\f(4xeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0))，所以|x|＝eq\f(2|x0|,\r(xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))，所以|BD|＝eq\r(1＋\f(4yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)))·eq\f(2|x0|,\r(xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))＝eq\f(8,\r(xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))，點A到直線BD的距離d＝eq\f(|2x0y0＋x0y0|,\r(4yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)))，又因為eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0)＝1，所以d＝eq\f(|2x0y0＋x0y0|,\r(4yeq\o\al(2,0)＋xeq\o\al(2,0)))＝eq\f(3|x0y0|,2)，由橢圓的對稱性可得四邊形中S△ABD＝S△CBD，所以四邊形ABCD面積S＝2S△ABD＝|BD|·d＝eq\f(12|x0y0|,\r(xeq\o\al(2,0)＋16yeq\o\al(2,0)))＝eq\f(12,\r(\f(1,yeq\o\al(2,0))＋\f(16,xeq\o\al(2,0))))，eq\f(1,yeq\o\al(2,0))＋eq\f(16,xeq\o\al(2,0))＝(eq\f(1,yeq\o\al(2,0))＋eq\f(16,xeq\o\al(2,0)))(eq\f(xeq\o\al(2,0),4)＋yeq\o\al(2,0))＝5＋eq\f(xeq\o\al(2,0),4yeq\o\al(2,0))＋eq\f(16yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0))≥9，當且僅當eq\f(xeq\o\al(2,0),4yeq\o\al(2,0))＝eq\f(16yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0))，即xeq\o\al(2,0)＝8yeq\o\al(2,0)＝eq\f(8,3)時取等號