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*第67课时　最值(范围)、证明问题(进阶课)
[总体概览]　圆锥曲线的最值(范围)、证明问题是解析几何中的典型问题，是教学的重点也是历年高考的热点，常以解答题的形式出现，难度较大．
类型一　最值(范围)问题
[典例1]　(2025·全国一卷)已知椭圆C：＝1(a＞b＞0)的离心率为，下顶点为A，右顶点为B，|AB|＝．
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|＝3．
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值．
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通性通法：求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用基本不等式．
[多维变迁]
(2025·铜仁市月考)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)过点M(2，3)，焦点为F．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点D(0，t)且斜率为1的直线交抛物线C于A，B两点，若F在以线段AB为直径的圆内，求实数t的取值范围．
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类型二　证明问题
[典例2]　(2025·天津卷)已知椭圆＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率为，△PFA的面积为，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
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(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证：PF平分∠AFB．
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通性通法：圆锥曲线中的证明问题的常见类型有：(1)位置关系方面的：如直线间的平行、垂直，过定点等．(2)数量关系方面的：如恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．
*第67课时　最值(范围)、证明问题(进阶课)
类型一
典例1　解：(1)由题意知，
设a2＝9t，t>0，则c2＝8t，所以b2＝t．
又|AB|2＝a2＋b2＝10t＝10，
所以t＝1，所以C的方程为＋y2＝1．
(2)(ⅰ)设R(x，y)，由(1)知A(0，－1)，
又P(m，n)，m≠0，
所以＝(m，n＋1)·(x，y＋1)＝mx＋(n＋1)(y＋1)＝||·||·cos 0＝3．　①
由kAP＝kAR，得，②
由①②，得x＝，
y＝，
故R的坐标为．
(ⅱ)由(ⅰ)得kOR＝＝3kOP＝，整理得m2＋n2＋8n－2＝0，
即m2＋(n＋4)2＝18．
所以点P的轨迹方程为m2＋(n＋4)2＝18(m≠0)．
由题设Q(3cos θ，sin θ)，K(0，－4)，
则|KQ|2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝－8sin2θ＋8sin θ＋25，
设s＝sin θ，则|KQ|2＝－8s2＋8s＋25＝－8＋27(－1≤s≤1)，
当s＝sin θ＝时，|KQ|取得最大值，且|KQ|max＝3，
故|PQ|的最大值为|KQ|max＋3＝3()．
多维变迁
　解：(1)因为点M(2，3)在抛物线上，所以(2)2＝2p×3，解得p＝2，所以抛物线C的标准方程为x2＝4y．
(2)抛物线C的焦点为F(0，1)，且“点F(0，1)在以线段AB为直径的圆内”等价于“<0”，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋y1y2－(y1＋y2)＋1，①
过点D(0，t)且斜率为1的直线方程为y＝x＋t，于是有y1＝x1＋t和y2＝x2＋t，将其代入①式，得
＝2x1x2＋
(t－1)(x1＋x2)＋t2－2t＋1，②
联立消去y，整理得x2－4x－4t＝0，于是有Δ＝16＋16t>0，即t>－1且③
再将③代入②，整理得
＝－8t＋4(t－1)＋t2－2t＋1＝t2－6t－3，
要使<0成立，只要t2－6t－3＝(t－3)2－12<0在t∈(－1，＋∞)上成立即可，解不等式(t－3)2－12<0得t∈(3－2，3＋2)，符合题意，
综上，实数t的取值范围为(3－2，3＋2)．
类型二
典例2　解：(1)∵直线PF的斜率为，
∴|PA|＝|FA|，
∴S△PFA＝×|PA|×|FA|＝××(a＋c)2＝，得a＋c＝3，
又，∴a＝2，c＝1，则b＝，
∴椭圆的方程为＝1．
(2)证明：由(1)知F(－1，0)，P(2，1)，则直线PF的方程为y＝(x＋1)，
易知直线PB的斜率存在，设PB的方程为y－1＝k(x－2)，
由得(4k2＋3)x2－8k(2k－1)x＋8(2k2－2k－1)＝0，
∵PB与椭圆仅有一个交点，
∴Δ＝64k2(2k－1)2－32(4k2＋3)(2k2－2k－1)＝0，解得k＝－，
∴xB＝－＝1，则yB＝，
∴B，
∴直线BF的斜率为．
∵tan 2∠PFA＝，
∴∠BFA＝2∠PFA，即PF平分∠AFB．
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第八章　解析几何
*第67课时　最值(范围)、证明问题(进阶课)
[总体概览]　圆锥曲线的最值(范围)、证明问题是解析几何中的典型问题，是教学的重点也是历年高考的热点，常以解答题的形式出现，难度较大．
类型一　最值(范围)问题
[典例1]　(2025·全国一卷)已知椭圆C：．
(1)求C的方程；
(2)已知动点P不在y轴上，点R在射线AP上，且满足|AP|·|AR|＝3．
(ⅰ)设P(m，n)，求R的坐标(用m，n表示)；
(ⅱ)设O为坐标原点，Q是C上的动点，直线OR的斜率是直线OP的斜率的3倍，求|PQ|的最大值．
[解]　(1)由题意知，
设a2＝9t，t>0，则c2＝8t，所以b2＝t．
又|AB|2＝a2＋b2＝10t＝10，
所以t＝1，所以C的方程为＋y2＝1．
(2)(ⅰ)设R(x，y)，由(1)知A(0，－1)，又P(m，n)，m≠0，
所以＝(m，n＋1)·(x，y＋1)＝mx＋(n＋1)(y＋1)＝||·||·cos 0＝3．　①
由kAP＝kAR，得，②
由①②，得x＝，y＝，
故R的坐标为．
(ⅱ)由(ⅰ)得kOR＝，整理得m2＋n2＋8n－2＝0，
即m2＋(n＋4)2＝18．
所以点P的轨迹方程为m2＋(n＋4)2＝18(m≠0)．
由题设Q(3cos θ，sin θ)，K(0，－4)，
则|KQ|2＝(3cos θ)2＋(sin θ＋4)2＝－8sin2θ＋8sin θ＋25，
设s＝sin θ，则|KQ|2＝－8s2＋8s＋25＝－8＋27(－1≤s≤1)，
当s＝sin θ＝时，|KQ|取得最大值，且|KQ|max＝3，
故|PQ|的最大值为|KQ|max＋3＝3()．
通性通法：求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用基本不等式．
[多维变迁]
(2025·铜仁市月考)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)过点M(2，3)，焦点为F．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过点D(0，t)且斜率为1的直线交抛物线C于A，B两点，若F在以线段AB为直径的圆内，求实数t的取值范围．
[解]　(1)因为点M(2，3)在抛物线上，所以(2)2＝2p×3，解得p＝2，所以抛物线C的标准方程为x2＝4y．
(2)抛物线C的焦点为F(0，1)，且“点F(0，1)在以线段AB为直径的圆内”等价于“<0”，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)＝x1x2＋
y1y2－(y1＋y2)＋1，①
过点D(0，t)且斜率为1的直线方程为y＝x＋t，于是有y1＝x1＋t和y2＝x2＋t，将其代入①式，得
＝2x1x2＋(t－1)(x1＋x2)＋t2－2t＋1，②
联立消去y，整理得x2－4x－4t＝0，于是有Δ＝16＋16t>0，即t>－1且③
再将③代入②，整理得
＝－8t＋4(t－1)＋t2－2t＋1＝t2－6t－3，
要使<0成立，只要t2－6t－3＝(t－3)2－12<0在t∈(－1，＋∞)上成立即可，解不等式(t－3)2－12<0得t∈(3－2，3＋2)，符合题意，
综上，实数t的取值范围为(3－2，3＋2)．
【教用·备选题】
1．(2025·上海卷)已知椭圆Γ：)，M(0，m)(m>0)，A是Γ的右顶点．
(1)若Γ的一个焦点是(2，0)，求Γ的离心率e；
(2)若a＝4，且Γ上存在一点P，满足，求m的值；
(3)若线段AM的垂直平分线l的斜率为2，l与Γ交于C，D两点，∠CMD为钝角，求实数a的取值范围．
[解]　(1)由已知得a2－5＝22，所以a2＝9．
所以a＝3，又c＝2，
所以e＝．
(2)当a＝4时，Γ：＝1，则A(4，0)，
因为＝2()，其中O为坐标原点，
则(4，0)＋(0，m)＝，故P．
又P在Γ上，所以＝1，
又m>0，所以m＝．
(3)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由题知A(a，0)，M(0，m)，则kAM＝－，
故kl＝＝2，即a＝2m．
又直线l过线段AM的中点，则l：y－＝2(x－m)，即l：y＝2x－m．
联立
消去y得(5＋16m2)x2－24m3x＋9m4－20m2＝0，Δ>0，x1＋x2＝，x1x2＝，
消去x得4(5＋16m2)y2＋60my－275m2＝0，
Δ>0，y1＋y2＝－，y1y2＝－
由∠CMD为钝角知，＝(x1，y1－m)·(x2，y2－m)＝x1x2＋(y1－m)·(y2－m)＝x1x2＋y1y2－m(y1＋y2)＋m2＝－m·<0，
即25(4m4－11m2)<0，又m>0，
所以0又a＝2m，且a>，
故a的取值范围为()．
2．(2026·昭通模拟)已知椭圆C：
，
△F1B1B2的面积为．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点P是椭圆C上任意一点，求|PF1|·|PF2|的最值．
[解]　(1)由题意可知×2b×c＝bc＝，且|B1B2|＝2b＝2，
所以b＝，c＝1，则a＝＝2，
故椭圆C的标准方程为＝1．
(2)设点P(x，y)，则－2≤x≤2，y2＝3－，
易知点F1(－1，0)，F2(1，0)，
所以|PF1|＝
x∈[1，3]，设t＝|PF1|，则1≤t≤3，
且|PF2|＝2a－|PF1|＝4－t，所以|PF1|·|PF2|＝t(4－t)＝－t2＋4t＝－(t－2)2＋4，
因为函数f (t)＝－(t－2)2＋4在[1，2)上单调递增，在(2，3]上单调递减，
所以f (t)max＝f (2)＝4，f (t)min＝f (1)＝f (3)＝3，故|PF1||PF2|的最小值为3，最大值为4．
类型二　证明问题
[典例2]　(2025·天津卷)已知椭圆的左焦点为F，右顶点为A，P为直线x＝a上一点，且直线PF的斜率，△PFA的面积为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P的直线与椭圆有唯一交点B(异于点A)，求证：PF平分∠AFB．
[解]　(1)∵直线PF的斜率为，
∴|PA|＝|FA|，
∴S△PFA＝×|PA|×|FA|＝×(a＋c)2＝，
得a＋c＝3，
又，∴a＝2，c＝1，则b＝，
∴椭圆的方程为＝1．
(2)证明：由(1)知F(－1，0)，P(2，1)，则直线PF的方程为y＝(x＋1)，
易知直线PB的斜率存在，设PB的方程为y－1＝k(x－2)，
由得(4k2＋3)x2－8k(2k－1)x＋8(2k2－2k－1)＝0，
∵PB与椭圆仅有一个交点，
∴Δ＝64k2(2k－1)2－32(4k2＋3)(2k2－2k－1)＝0，解得k＝－，
∴xB＝－＝1，则yB＝，
∴B，
∴直线BF的斜率为．
∵tan 2∠PFA＝，∴∠BFA＝2∠PFA，
即PF平分∠AFB．
通性通法：圆锥曲线中的证明问题的常见类型有：(1)位置关系方面的：如直线间的平行、垂直，过定点等．(2)数量关系方面的：如恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明．
【教用·备选题】
1．(2025·周口市期末)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线l与x轴的交点为A，过点F的动直线m与C交于M，N两点．
(1)若准线l的方程为x＝－，求C的方程；
(2)设直线AM，AN的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2＝0．
[解]　(1)因为抛物线C的准线方程为x＝－，所以－，所以p＝3，
所以抛物线C的方程为y2＝6x．
(2)证明：依题意有，抛物线C的焦点F，准线方程为x＝－，所以A，
显然直线m的斜率不为0，设m的方程为x＝ty＋，
联立消去x得y2－2pty－p2＝0，Δ>0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝2pt，y1y2＝－p2，
所以k1＋k2＝＝＝
＝ ＝＝0．
得证．
2．(2023·北京卷)已知椭圆E：，A，C分别为E的上、下顶点，B，D分别为E的左、右顶点，|AC|＝4．
(1)求E的方程；
(2)设P为第一象限内E上的一个动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N．求证：MN∥CD．
[解]　(1)由题意可得2b＝4，e＝，a2＝b2＋c2，
解得b＝2，a2＝9，
∴椭圆E的方程为＝1．
(2)证明：A(0，2)，B(－3，0)，C(0，－2)，D(3，0)，直线BC的方程为＝1，化为2x＋3y＋6＝0．
设直线AP的方程为y＝kx＋2(k<0)，
∴N．
联立消去y得(4＋9k2)x2＋36kx＝0，解得x＝0或x＝
－，
∴P．
直线PD方程为y＝(x－3)，即y＝(x－3)，
与2x＋3y＋6＝0联立，解得x＝，y＝．
∴M．
∴kMN＝，又kCD＝，
∴MN∥CD．
3．(2025·濮阳二模)已知椭圆C：左、右焦点分别为F1，F2，直线两点，且满足＝0(O为坐标原点)，当l变化时，△PF1F2面积的最大值为．
(1)求C的方程；
(2)证明：q2＝p2＋1．
[解]　(1)设C的半焦距为c(c>0)，
因为椭圆的长轴长为2，△PF1F2面积的最大值为，所以a＝×2c×b＝bc＝，
解得b2＝，
则椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立消去y并整理得(2p2＋1)x2＋4pqx＋2q2－3＝0，
此时Δ＝16p2q2－4(2p2＋1)(2q2－3)＝4(6p2－2q2＋3)>0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝－，x1x2＝，
因为＝0，
所以x1x2＋y1y2＝x1x2＋(px1＋q)·(px2＋q)＝(p2＋1)x1x2＋pq(x1＋x2)＋q2＝(p2＋1)·＋q2＝0，
整理得q2＝p2＋1，
此时满足Δ>0，证毕．
【教用·微点突破】
非对称根与系数的关系(韦达定理)
在一元二次方程ax2＋bx＋c＝0中，若Δ>0，设它的两个根分别为x1，x2，则x1＋x2＝－，x1x2＝，借此我们往往能够利用根与系数的关系来快速处理|x1－x2|，之类的结构，但在有些问题中，我们会遇到涉及x1，x2的不同系数的代数式的运算，比如求或λx1＋μx2之类的结构，这时无法直接代入根与系数的关系．我们把这种形如x1＋2x2，λx1y2＋μx2y1，之类中x1，x2的系数不对称的式子，称为“非对称韦达定理”问题．一般的解决方法有：
(1)代换法：利用根与系数的关系消去x或y中的一个，一般而言，用直线方程中的x和y进行代换消元，如果选择代换消去y，则正设直线y＝kx＋b；如果选择代换消去x，则反设直线x＝my＋t．
(2)和积转化法：即运用 h(t)x1x2＝m(x1＋x2)进行转化，一般情况下，多把积化和，且m多为常数；
(3)配凑半代换法：对能代换的部分进行韦达代换，剩下的部分进行配凑，而半代换也有一定技巧，比如题中的
利用等比关系，从结构上可以猜测定值．
[典例]　已知椭圆C：
．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 记椭圆C的上、下顶点分别为A，B，过点(0，4)且斜率为k的直线与椭圆C交于M，N两点，证明：直线BM与AN的交点G在定直线上，并求出该定直线的方程．
[解]　(1)由题意得
解得
故椭圆C的方程为＝1．
(2)证明：由题意得A(0，2)，B(0，－2)，
设直线MN的方程y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0，Δ＝64k2－96>0，得k2>，所以x1＋x2＝，x1x2＝．
直线AN的方程为y－2＝x，①
直线BM的方程为y＋2＝x，②
．③
法一(直接求根法)：由(1＋2k2)x2＋16kx＋24＝0得x1＝，
x2＝，代入③，得
＝(这里x1，x2的值可以交换)，
解得y＝1，即直线BM与AN的交点G在定直线y＝1上．
法二(消元法)： 由x1＋x2＝知，x1＝－x2，
代入③得
＝，
解得y＝1，即直线BM与AN的交点G在定直线y＝1上．
法三(和积转化法)：由x1＋x2＝，x1x2＝，
知kx1x2＝－(x1＋x2)，
代入③得，解得y＝1，
即直线BM与AN的交点G在定直线y＝1上．
法四(代点转化法)：因为点M(x1，y1)在椭圆C上，所以＝1，
所以，
所以＝＝，
由x1＋x2＝，x1x2＝，
得y1＋y2＝k(x1＋x2)＋8＝，
y1y2＝(kx1＋4)(kx2＋4)＝k2x1x2＋4k(x1＋x2)＋16＝，
所以，
解得y＝1，即直线BM与AN的交点G在定直线y＝1上．
1．(2026·济南模拟)已知双曲线E：x2－y2＝2，直线l：y＝kx＋2(k>0)与E交于A，B两点，与其渐近线交于C，D两点．求的取值范围．
课时作业(六十七)　最值(范围)、证明问题(进阶课)
[解]　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立可得(1－k2)x2－4kx－6＝0，
∴1－k2≠0，Δ＝16k2＋24(1－k2)>0，
解得k∈(0，1)∪(1，)，
∴x1＋x2＝，x1x2＝－，
显然双曲线E的渐近线方程为y＝±x，不妨设C为直线y＝x与直线l的交点，
联立可得x3＝－，
同理x4＝－，
∴＝＝＝，
∵k∈(0，1)∪(1，)，
∴∈(0，1)∪，
∴的取值范围为(0，1)∪．
2．(2024·全国甲卷)设椭圆C：
在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
[解]　(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且，故a＝2，b＝，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－，
又x1＋x2＝，x1x2＝，
而N，
故直线BN：y＝，
故yQ＝，
所以y1－yQ＝y1＋＝
＝k·＝k·
＝k·＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
3．(2025·深圳龙岗区期末)已知O为坐标原点，P是圆A：x2＋y2＋2x＋1－4a2＝0(a>1)上一点，且B(1，0)，线段PB的垂直平分线交线段PA于点M，设动点M的轨迹为曲线C，且曲线C与直线y＝相切．
(1)求C的方程；
(2)过点(0，4)且斜率为k的直线l与曲线C交于D，E两点，求△ODE面积的最大值．
[解]　(1)由题意可知圆A：(x＋1)2＋y2＝4a2(a>1)，
所以圆心A(－1，0)，半径r＝2a>2，
因为B(1，0)，线段PB的垂直平分线交线段PA于点M，
所以|MB|＝|MP|，又|MA|＋|MP|＝2a，
所以|MA|＋|MB|＝2a>2＝|AB|，
即点M的轨迹是以点A，B为左、右焦点的椭圆，
所以曲线C：＝1(a>1)，
因为曲线C与直线y＝，解得a＝2，
所以C的方程为＝1．
(2)由题意得直线l：y＝kx＋4，
由得(3＋4k2)x2＋32kx＋52＝0，
令Δ＝322k2－4×52×(3＋4k2)＝48(4k2－13)>0，所以k2>，
即k<－或k>，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以S△ODE＝×|x1－x2|＝2|x1－x2|＝2，
令t＝>0，则4k2＋3＝t2＋16，则S△ODE＝，
当且仅当t＝，即t＝4，k＝±时，等号成立，所以△ODE面积的最大值为．
谢谢！课时作业(六十七)　最值(范围)、证明问题(进阶课)
1．(15分)(2026·济南模拟)已知双曲线E：x2－y2＝2，直线l：y＝kx＋2(k＞0)与E交于A，B两点，与其渐近线交于C，D两点．求的取值范围．
2．(15分)(2024·全国甲卷)设椭圆C：＝1(a>b>0)的右焦点为F，点M在C上，且MF⊥x轴．
(1)求C的方程；
(2)过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，证明：AQ⊥y轴．
3．(15分)(2025·深圳龙岗区期末)已知O为坐标原点，P是圆A：x2＋y2＋2x＋1－4a2＝0(a＞1)上一点，且B(1，0)，线段PB的垂直平分线交线段PA于点M，设动点M的轨迹为曲线C，且曲线C与直线y＝相切．
(1)求C的方程；
(2)过点(0，4)且斜率为k的直线l与曲线C交于D，E两点，求△ODE面积的最大值．
课时作业(六十七)
1．解：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立可得(1－k2)x2－4kx－6＝0，
∴1－k2≠0，Δ＝16k2＋24(1－k2)>0，
解得k∈(0，1)∪(1，)，
∴x1＋x2＝，x1x2＝－，
显然双曲线E的渐近线方程为y＝±x，不妨设C为直线y＝x与直线l的交点，
联立可得x3＝－，同理x4＝－，
∴
＝
＝
＝，
∵k∈(0，1)∪(1，)，
∴∈(0，1)∪，
∴的取值范围为(0，1)∪．
2．解：(1)设F(c，0)，由题设有c＝1且，故a＝2，b＝，
故椭圆C的方程为＝1．
(2)直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－又x1＋x2＝，x1x2＝，
而N，
故直线BN：y＝，故yQ＝，
所以y1－yQ＝y1＋
＝
＝
＝k·
＝k·
＝k·
＝0，
故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
3．解：(1)由题意可知圆A：(x＋1)2＋y2＝4a2(a>1)，
所以圆心A(－1，0)，半径r＝2a>2，
因为B(1，0)，线段PB的垂直平分线交线段PA于点M，
所以|MB|＝|MP|，又|MA|＋|MP|＝2a，所以|MA|＋|MB|＝2a>2＝|AB|，
即点M的轨迹是以点A，B为左、右焦点的椭圆，
所以曲线C：＝1(a>1)，
因为曲线C与直线y＝相切，
故，解得a＝2，
所以C的方程为＝1．
(2)由题意得直线l：y＝kx＋4，
由得(3＋4k2)x2＋32kx＋52＝0，
令Δ＝322k2－4×52×(3＋4k2)＝48(4k2－13)>0，所以k2>，即k<－或k>，
设D(x1，y1)，E(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以S△ODE＝×××|x1－x2|＝2|x1－x2|
＝2
＝2
＝8，
令t＝>0，则4k2＋3＝t2＋16，则S△ODE＝，
当且仅当t＝，即t＝4，k＝±时，等号成立，所以△ODE面积的最大值为．
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