2018届二轮复习（理）　　圆锥曲线的综合问题学案（全国通用） 20页

第3讲　圆锥曲线的综合问题 ‎1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题．‎ ‎2．试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．‎ 热点一　范围、最值问题 圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．‎ 例1　(2017届日照模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B.以F1F2为直径的圆O过椭圆E的上顶点D，直线DB与圆O相交得到的弦长为.设点P，连接PA交椭圆于点C，坐标原点为O.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)若△ABC的面积不大于四边形OBPC的面积，求的最小值．‎ 解　(1)因为以F1F2为直径的圆O过点D，所以b＝c，则圆O的方程为x2＋y2＝b2，又a2＝b2＋c2，‎ 所以a＝b，直线DB的方程为y＝－x＋b，‎ 直线DB与圆O相交得到的弦长为，‎ 则2＝，所以b＝1, a＝，‎ 所以椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)得a＝， b＝1，椭圆方程为＋y2＝1，‎ 设直线PA的方程为y＝(x＋)，‎ 由 整理得x2＋2t2x＋2t2－8＝0，‎ 解得x1＝－， x2＝，‎ 则点C的坐标是，‎ 故直线BC的斜率为kBC＝－，‎ 由于直线OP的斜率为kOP＝，‎ 所以kBC ·kOP＝－1，‎ 所以OP⊥BC.‎ 所以SOBPC＝××＝，‎ S△ABC＝×2×＝，‎ 所以≤，‎ 整理得2＋t2≥4，≥，‎ 所以min＝.‎ 思维升华　解决范围问题的常用方法 ‎(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．‎ ‎(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．‎ ‎(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．‎ 跟踪演练1　(2017届福建省宁德市质检)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点M到点N距离的最小值为.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)若x0>2，圆E：2＋y2＝1，过M作圆E的两条切线分别交y轴于A，B两点，求△MAB面积的最小值．‎ 解　(1)∵＝，‎ 又∵y＝2px0，‎ ‎∴2＝x－4x0＋4＋2px0＝x－2x0＋4‎ ‎＝2＋4－2.‎ ‎∵x0≥0，∴当2－p≤0，即p≥2时， min＝2，不符合题意，舍去；当2－p>0，即02，‎ ‎∴S△MAB＝·＝＝ ‎＝x0＋2＋ ‎＝x0－2＋＋4≥8，‎ 当且仅当x0＝4时，取最小值8.‎ 热点二　定点、定值问题 ‎1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．‎ ‎2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．‎ 例2　(2017·长沙市长郡中学模拟)已知抛物线E：y2＝4x的准线为l，焦点为F，O为坐标原点．‎ ‎(1)求过点O，F，且与l相切的圆的方程；‎ ‎(2)过F的直线交抛物线E于A，B两点，A关于x轴的对称点为A′，求证：直线A′B过定点．‎ ‎(1)解　抛物线E：y2＝4x的准线l的方程为x＝－1，‎ 焦点坐标为F(1,0)，设所求圆的圆心C为(a，b)，半径为r, ‎ ‎∵圆C过O，F，∴a＝，‎ ‎∵圆C与直线l：x＝－1相切， ‎ ‎∴r＝－＝.‎ 由r＝＝ ＝，得b＝±.‎ ‎∴过O，F且与直线l相切的圆的方程为 2＋2＝.‎ ‎(2)证明　方法一　依题意知，直线AB的斜率存在，‎ 设直线AB方程为y＝k，‎ A， B， A′，‎ 联立 消去y，得k2x2－x＋k2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝， x1x2＝1.‎ ‎∵直线BA′的方程为y－y2＝，‎ ‎∴令y＝0，得x＝ ‎＝ ‎＝＝－1 .‎ ‎∴直线BA′过定点.‎ 方法二　设直线AB的方程为x＝my＋1, ‎ A， B，则A′.‎ 由得y2－4my－4＝0，‎ ‎∴y1＋y2＝4m, y1y2＝－4.‎ ‎∵kBA′＝＝＝，‎ ‎∴直线BA′的方程为y－y2＝.‎ ‎∴y＝(x－x2)＋y2＝x＋y2－ ‎＝x＋ ‎＝x＋ ‎＝(x＋1)．‎ ‎∴直线BA′过定点(－1,0)．‎ 思维升华　(1)动线过定点问题的两大类型及解法 ‎①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．‎ ‎②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．‎ ‎(2)求解定值问题的两大途径 ‎①→‎ ‎②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．‎ 跟踪演练2　(2017届江西省重点中学协作体联考)已知⊙F1：(x＋3)2＋y2＝27与⊙F2：(x－3)2＋y2＝3，以F1，F2分别为左、右焦点的椭圆C：＋＝1 (a>b>0)经过两圆的交点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)M，N是椭圆C上的两点，若直线OM与ON的斜率之积为－，试问△OMN的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．‎ 解　(1)设两圆的交点为Q，‎ 依题意有|QF1|＋|QF2|＝3＋＝4，‎ 由椭圆定义知，2a＝4，解得a2＝12.‎ ‎∵F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，‎ ‎∴a2－b2＝9，解得b2＝3，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1. ‎ ‎(2)①当直线MN的斜率不存在时，‎ 设M(x1，y1)，N(x1，－y1)．‎ kOM·kON＝－＝－，∴＝.‎ 又＋＝1，∴|x1|＝，|y1|＝.‎ ‎∴S△OMN＝××＝3.‎ ‎②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 由 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，‎ 由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－12)>0，‎ 得12k2－m2＋3>0，(*)‎ 且x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ ‎∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)‎ ‎＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.‎ ‎∵kOM·kON＝＝－，∴＝－，‎ 整理得2m2＝12k2＋3, ‎ 代入(*)得m≠0.‎ ‎∵|MN|＝|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝ ＝，‎ 原点O到直线MN的距离d＝，‎ ‎∴S△OMN＝|MN|d ‎＝··＝3(定值)．‎ 综上所述，△OMN的面积为定值3.‎ ‎热点三　探索性问题 ‎1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．‎ ‎2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．‎ 例3　已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：x2＝2py(p>0)上的不同两点．‎ ‎(1)设直线l：y＝与y轴交于点M，若A，B两点所在的直线方程为y＝x－1，且直线l：y＝恰好平分∠AMB，求抛物线C的标准方程；‎ ‎(2)若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2＝，是否存在直线AB，使得＋＝？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M，‎ 由　消去y整理，得x2－2px＋2p＝0，‎ 则 ‎∵直线y＝平分∠AMB，∴kAM＋kBM＝0，‎ ‎∴＋＝0，‎ 即＋＝2－＝0，‎ ‎∴p＝4，满足Δ>0，∴抛物线C的标准方程为x2＝8y.‎ ‎(2)由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零，‎ 设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0，b>0)，‎ 由 得x2－2pkx－2pb＝0, ‎ ‎∴ ‎∴y1y2＝·＝＝b2，‎ ‎∵y1y2＝，∴b2＝， ∵b>0, ∴b＝.‎ ‎∴直线AB的方程为y＝kx＋.‎ 假设存在直线AB，使得＋＝，‎ 即＋＝3，‎ 作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足为A′，B′，‎ ‎∴＋＝＋＝＋ ‎＝·，‎ ‎∵y1＋y2＝k＋p＝2pk2＋p, y1y2＝，‎ ‎∴＋＝·＝4k2＋2，‎ 由4k2＋2＝3，得k＝±，‎ 故存在直线AB，使得＋＝，‎ 此时直线AB的方程为y＝±x＋.‎ 思维升华　解决探索性问题的注意事项 存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．‎ ‎(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．‎ ‎(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．‎ ‎(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．‎ 跟踪演练3　(2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的长轴长为6，且椭圆C与圆M：(x－2)2＋y2＝的公共弦长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点P(0,2)作斜率为k (k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形．若存在，求出点D的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由题意可得2a＝6，所以a＝3.由椭圆C与圆M: 2＋y2＝的公共弦长为，恰为圆 M的直径，可得椭圆C经过点，所以＋＝1，解得b2＝8.所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)直线l的解析式为y＝kx＋2，‎ 设A，B， AB的中点为E.‎ 假设存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形，则DE⊥AB.由 得x2＋36kx－36＝0，故x1＋x2＝－，‎ 所以x0＝－， y0＝kx0＋2＝.‎ 因为DE⊥AB，所以kDE＝－，‎ 即＝－，‎ 所以m＝－＝－.‎ 当k>0时， 9k＋≥2＝12，所以－≤m<0；‎ 当k<0时， 9k＋≤－12，所以00.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1，‎ 所以|AB|＝·|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝· ‎＝.‎ 同理可得|DE|＝4(1＋k2)．‎ 所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)‎ ‎＝4 ‎＝8＋4≥8＋4×2＝16，‎ 当且仅当k2＝，即k＝±1时，取得等号．‎ ‎2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．‎ 解　(1)由题意知，e＝＝，2c＝2，所以c＝1，‎ 所以a＝，b＝1，‎ 所以椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立方程 得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.‎ 由题意知，Δ＞0，‎ 且x1＋x2＝，x1x2＝－，‎ 所以|AB|＝|x1－x2|＝·.‎ 由题意可知，圆M的半径r为 r＝|AB|＝·.‎ 由题设知k1k2＝，‎ 所以k2＝，‎ 因此直线OC的方程为y＝x.‎ 联立方程 得x2＝，y2＝，‎ 因此|OC|＝＝.‎ 由题意可知，sin＝＝.‎ 而＝ ‎＝·，‎ 令t＝1＋2k，则t＞1，∈(0,1)，‎ 因此＝·＝·＝‎ ·≥1，‎ 当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，‎ 所以sin ≤，因此≤，‎ 所以∠SOT的最大值为.‎ 综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.‎ 押题预测 已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ 押题依据　本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．‎ 解　(1)因为C1，C2的焦点重合，‎ 所以＝，‎ 所以a2＝4.‎ 又a>0，所以a＝2.‎ 于是椭圆C1的方程为＋＝1，‎ 抛物线C2的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)假设存在直线l使得＝2，‎ 则可设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．‎ 由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，‎ 则x1＋x4＝，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，‎ 所以|PN|＝· ‎＝.‎ 由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 则x2＋x3＝，x2x3＝，‎ 且Δ＝144k2＋144>0，‎ 所以|MQ|＝·＝.‎ 若＝2，‎ 则＝2×，‎ 解得k＝±.‎ 故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.‎ A组　专题通关 ‎1．(2016·全国Ⅰ)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.‎ ‎(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；‎ ‎(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．‎ 解　(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，‎ 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，‎ 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.‎ 又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.‎ 由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，‎ 由椭圆定义可得点E的轨迹方程为 ＋＝1(y≠0)．‎ ‎(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由 得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 且Δ＝144k2＋144>0，‎ 所以|MN|＝|x1－x2|＝.‎ 过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，‎ 点A到m的距离为，‎ 所以|PQ|＝2＝4.‎ 故四边形MPNQ的面积 S＝|MN||PQ|＝12.‎ 可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．‎ 当l与x轴垂直时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.‎ 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8)．‎ ‎2．(2017届黑龙江省大庆实验中学模拟)已知F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点， D，E分别是椭圆C的上顶点和右顶点，且S△DEF2＝，离心率e＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设经过F2的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求的最小值．‎ 解　(1)依题意得 ‎ 解得 故所求椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知，F2，设A，B， ‎ AB的方程为x＝ty＋1，代入椭圆的方程，‎ 整理得y2＋6ty－9＝0，‎ ‎∴ ‎∵S△OAB＝×1×，|AF2|＝，‎ ‎|BF2|＝， ‎ ‎∴ ＝ ‎ ‎＝ ≥， ‎ 当且仅当t＝0时上式取等号．‎ ‎∴的最小值为.‎ ‎3．(2017届南昌模拟)如图，已知直线l：y＝kx＋1 (k>0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.‎ ‎(1)求kk1的值；‎ ‎(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？ 若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．‎ 解　(1)设直线上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1的对称点为P0(x0，y0)，‎ 直线l与直线l1的交点为(0,1)，‎ ‎∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1.‎ k＝，k1＝.‎ 由＝＋1，‎ 得y＋y0＝x＋x0＋2. ①‎ 由＝－1，得y－y0＝x0－x. ②‎ 由①②得 kk1＝ ‎＝＝1.‎ ‎(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 由 得(4k2＋1)x＋8kx1＝0，‎ ‎∴xM＝，∴yM＝.‎ 同理xN＝＝，‎ yN＝ ＝.‎ kMN＝＝ ‎＝＝－.‎ 直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，‎ ‎∴y－＝－，‎ 即y＝－x－＋ ‎＝－x－.‎ ‎∴当k变化时，直线MN过定点.‎ ‎4．(2017届沈阳市模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上动点，且△PF1F2面积的最大值为，O为坐标原点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使·＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．‎ 解　(1)依题意知，　‎ 解得 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 则x1x2＋y1y2＝m，(*)‎ 当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，‎ 则点O到直线MN的距离d＝＝ .‎ 由 消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，‎ 由Δ>0，得4k2－n2＋3>0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 代入(*)式，‎ x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)‎ ‎＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，‎ 整理得＝12＋为常数，‎ 则m＝0，d＝＝，‎ 此时＝12满足Δ>0.‎ 当MN⊥x轴时，由m＝0，得kOM＝±1，‎ 　‎ 消去y，得x2＝，d＝|x|＝仍成立，‎ 综上，m＝0，d＝.‎ B组　能力提高 ‎5.如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．‎ ‎(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；‎ ‎(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，‎ 所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.‎ ‎(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.‎ 由抛物线准线l：x＝－1可知，M(－1，－2k)．‎ 又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1，‎ 即k3＝k＋1.‎ 把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得 k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系知，‎ x1＋x2＝，x1x2＝1，且Δ＝16(k2＋1)>0.‎ 又Q(1,2)，则k1＝，k2＝.‎ 因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，‎ 即＝＝k.‎ 所以k1＋k2＝＋ ‎＝＋－ ‎＝2k－＝2k＋2，‎ 即k1＋k2＝2k＋2.‎ 又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.‎ 即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．‎ ‎6．(2017届三湘名校教育联盟联考)已知动圆P与圆F1：2＋y2＝49相切，且与圆F2：2＋y2＝1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C.‎ ‎(1)求曲线C的方程；‎ ‎(2)设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点， O为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于M，N两个不同的点，求△QMN面积的最大值．‎ 解　(1)设圆P的半径为R，圆心P的坐标为，‎ 由于动圆P与圆F1只能内切，‎ 所以 则F1F2|＝4，‎ 所以圆心P的轨迹是以点F1, F2为焦点的椭圆．‎ 且a＝3，c＝2，则b2＝a2－c2＝5.‎ 所以曲线C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设M， N， Q，‎ 直线MN的方程为x＝my＋2，‎ 由可得y2＋20my－25＝0，‎ 可知Δ＝400m2＋100(5m2＋9)>0，‎ 则y1＋y2＝－，y1y2＝－.‎ 所以＝ ‎＝ ‎＝.‎ 因为MN∥OQ，‎ 所以△QMN的面积等于△OMN的面积．‎ 点O到直线MN：x＝my＋2的距离d＝ .‎ 所以△QMN的面积 S＝·d＝×× ‎＝.‎ 令＝t，则m2＝t2－1， ‎ S＝ ＝＝.‎ 设f＝5t＋，‎ 则f′＝5－＝，‎ 因为t≥1，所以f′＝>0，‎ 所以f＝5t＋在上单调递增．‎ 所以当t＝1时， f取得最小值9.‎ 所以△QMN的面积的最大值为.‎ 说明：△QMN的面积S＝ ‎＝＝ .‎