第八章 第十二节 圆锥曲线的最值范围问题-备战2022年（新高考）数学一轮复习考点讲解+习题练习学案

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第十二节 圆锥曲线的最值范围问题
课中讲解
考点一. 掌握解决弦长与面积的最值范围问题
例1　如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．

(1)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
(1)证明　设P(x0，y0)，A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程2＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．
所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴．
(2)解　由(1)可知
所以PM＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2.
所以△PAB的面积
S△PAB＝PM·|y1－y2|＝(y－4x0).
因为x＋＝1(－1≤x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB面积的取值范围是.
变式1.已知椭圆的右焦点，离心率为，
过作两条互相垂直的弦，设的中点分别为.
（1）求椭圆的方程；
（2）证明：直线必过定点，并求出此定点坐标；
（3）若弦的斜率均存在，求面积的最大值.
（1）由题意：，则，（每个1分）…3分
椭圆的方程为 ……4分
（2）斜率均存在，设直线方程为：，
，
得， ……5分
，故， ……6分
将上式中的换成，则同理可得：， ……8分
如，得，则直线斜率不存在，
此时直线过点，下证动直线过定点. ……9分
（法一）若直线斜率存在，则 ，
直线为， ……11分
令，得，综上，直线过定点. ……12分
（法二）动直线最多过一个定点，由对称性可知，定点必在轴上，设与轴交点为，下证:动直线过定点.
当时，， ……10分
同理将上式中的换成，可得， ……11分
则，直线过定点. ……12分
（3）由第（2）问可知直线过定点，
故
……13分
，
令， ……14分
，则在单调递减， ……15分
当时取得最大值，此时取得最大值，此时. ……16分
例2.已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为，面积为3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．
解：(1)由已知条件，得b＝，且×＝3，
∴a＋c＝3.又a2－c2＝3，∴a＝2，c＝1，
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)显然，直线的斜率不能为0，
设直线的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程，得消去x得，
(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
∵直线过椭圆内的点，
∴无论m为何值，直线和椭圆总相交．
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
∴＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝＝12
＝4＝4，
令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋，易知t∈时，函数f(t)单调递减，t∈时，函数f(t)单调递增，
∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)取得最小值，f(t)min＝，此时，取得最大值3.
变式2.（2020宁夏四检）已知椭圆的离心率为，短轴的一个端点到右焦点的距离为2.
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线与曲线交于、两点，点关于原点的对称点为，求 的面积的最大值．
【答案】（1）； （2）.
【解析】
【分析】
（1）依题意列出关于a,b,c的方程组，求得a,b,进而可得到椭圆方程；（2）联立直线和椭圆得到，再求出和，再写出三角形的面积，令，运用基本不等式即可求得面积的最大值.
【详解】（1）设椭圆的焦距为,则，解得，又，所以椭圆的方程为：．
（2）由题意知（为点到直线的距离），
设的方程为，联立方程得，
消去得，
设，，则，，
则，
又，
，
令，由，得，
，，易证在递增，，
，面积的最大值．
例3.如图，已知椭圆其率心率为两条准线之间的距离为分别为椭圆的上、下顶点，过点的直线分别与椭圆交于两点.
（1）椭圆的标准方程；
（2）若△的面积是△的面积的倍，求的最大值.

【答案】（1）由题意，解得，
，椭圆方程为 ······4分
（2）解法一: ······6分
直线方程为：，联立，得
所以到的距离
·······8分
直线方程为：，联立，得 ,
，
·······10分

·······12分
令,则
·········14分
当且仅当,即等号成立,
所以的最大值为. ·········16分
解法二:直线方程为：，
联立，得 ·······6分
直线方程为：，联立，得 ·········8分
······10分
····12分
令,则
·········14分
当且仅当,即等号成立
所以的最大值为. ·········16分
变式3.在平面直角坐标系xOy中，设曲线C1：所围成的封闭图形的面积为
，曲线C1上的点到原点O的最短距离为．以曲线C1与坐标轴的交点为顶点的椭圆记
为C2．
（1）求椭圆C2的标准方程；
（2）设AB是过椭圆C2中心O的任意弦，l是线段AB的垂直平分线．M是l上的点（与O不
  重合）．
①若MO＝2OA，当点A在椭圆C2上运动时，求点M的轨迹方程；
②若M是l与椭圆C2的交点，求△AMB的面积的最小值．
【解】（1）由题意得又，解得，．
因此所求椭圆的标准方程为．…………………………4分
（2）①设，，则由题设知：，．
即解得………………………8分
因为点在椭圆C2上，所以，
即，亦即．
所以点M的轨迹方程为．………………………10分
②（方法1）设，则，
因为点A在椭圆C2上，所以，即（i）
又（ii）
（i）+（ii）得，………………………13分
所以.
当且仅当（即）时，. ………………………16分
（方法2）假设AB所在的直线斜率存在且不为零，设AB所在直线方程为y＝kx(k≠0)．
解方程组得，，
所以，.
又解得，，所以．…………… 12分
（解法1）由于
，
当且仅当时等号成立，即k＝±1时等号成立，
此时△AMB面积的最小值是S△AMB＝．…………… 15分
当k＝0，S△AMB；
当k不存在时，S△AMB．
综上所述，△AMB面积的最小值为．…………… 16分
（解法2）因为，
又，于是，
当且仅当时等号成立，即k＝±1时等号成立．（后同方法1）
例4．（2020•甘肃天水文）已知椭圆的左焦点为，是椭圆上关于原点对称的两个动点，当点的坐标为时，的周长恰为．
（1）求椭圆的方程；
（2）过点作直线交椭圆于两点，且，求面积的取值范围．
【解析】

（1）（2）
（1）当点的坐标为时，，所以．
由对称性，， 所以，得
将点代入椭圆方程 中，解得，
所以椭圆方程为.
（2）当直线的斜率不存在时，，
此时．
当直线的斜率存在时，设直线的方程为．
由消去整理得：． 显然，
设，则
故 ．
因为，所以，
所以点到直线的距离即为点到直线的距离，
所以
，
因为，所以，所以．综上，．
变式4.如图，在平面直角坐标系中，椭圆的左顶点为，与轴平行的直线与椭圆交于、两点，过、两点且分别与直线、垂直的直线相交于点．已知椭圆的离心率为，右焦点到右准线的距离为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）证明点在一条定直线上运动，并求出该直线的方程；
（3）求面积的最大值．
解：（1）由题意得，，
解得，所以，所以椭圆的标准方程为．…………4分
（2）设，显然直线的斜率都存在，设为
，则，，
所以直线的方程为：，
消去得，化简得，
故点在定直线上运动． ……………10分
（3）由（2）得点的纵坐标为，
又，所以，则，
所以点到直线的距离 为，
将代入得，
所以面积
，当且仅当，即时等号成立，故时，面积的最大值为． ……………16分
考点二.能够转化解决数量积、斜率、线段等综合性最值范围问题
例1．（泸县四中一模）已知圆，点，是圆上一动点，点在线段上，点在半径上，且满足.
（Ⅰ）当在圆上运动时，求点的轨迹的方程；
（II）设过点的直线与轨迹交于点（不在轴上），垂直于的直线交于点，与轴交于点，若，求点横坐标的取值范围.
解：（1）由题意知，直线为线段的垂直平分线，即：
所以点的轨迹是以点为焦点，焦距为4，长轴为4的椭圆，
，，，故点的轨迹的方程为 .
（2）由题意直线的斜率存在设为,于是直线的方程为，

设，联立，得．
因为，由根与系数的关系得， ∴，，
设的横坐标为，则， 所在直线方程为，
令，得，· 于是，
即，
整理得， ，∴．
变式1.在平面直角坐标系中，已知椭圆过点，离心率为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆交于两点．
①若直线过椭圆的右焦点，记三条边所在直线的斜率的乘积为，求的最大值；
【答案】（1） 得 …………………………2分
所以椭圆. ……………………………………………………………3分
（2）①设直线的方程为，直线与椭圆C的交点为，
由化简得，易知， ………………5分
所以，
所以
＝， ……………………………………………7分
所以， …………………………9分
所以当时，有最大值. ………………………………………………10分
例2.如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆：的离心率，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点．
（1）求椭圆的方程；
（3）若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值．

【答案】（1）椭圆的标准方程为
（3）， ∴ 的方程可设为，
由，得点的横坐标为，
由,得：

当且仅当即时取等号，
∴当时，的最小值为．
二.
变式2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线x＋y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4,0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝MA·MB，求λ的取值范围．
解　(1)因为原点到直线x＋y－1＝0的距离为.
所以2＋2＝b2(b>0)，解得b＝1.
又e2＝＝1－＝，得a＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝MA·MB＝12.
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以y1y2＝.
λ＝MA·MB＝|y1|·|y2|
＝(m2＋1)·|y1y2|＝＝12.
由m2>12，得0<<，所以<λ<12.
综上可得，<λ≤12，即λ∈.
例3.（2020山东潍坊）椭圆的离心率是，过点做斜率为k的直线l，椭圆E与直线l交于A，B两点，当直线l垂直于y轴时．
（1）求椭圆E的方程；
（2）当k变化时，在x轴上是否存在点，使得△AMB是以AB为底的等腰三角形，若存在求出m的取值范围，若不存在说明理由．
.解：（1）因为椭圆的离心率为，
所以，整理得．
故椭圆的方程为．
由已知得椭圆过点，
所以，解得，
所以椭圆的方程为．
（2）由题意得直线的方程为．
由消去整理得，
其中．
设， 的中点
则，
所以
∴，
∴点C的坐标为．
假设在轴存在点，使得是以为底的等腰三角形，
则点为线段垂直平分线与x轴的交点．
①当时，则过点且与垂直的直线方程，
令，则得．
若，则，
∴．
若，则，
∴．
②当时，则有．
综上可得．
所以存在点满足条件,且m的取值范围是.
变式3.在平面直角坐标系xOy中，点C在椭圆M：＋＝1(a>b>0)上．若点A(－a，0)，B，且＝.
(1) 求椭圆M的离心率；
(2) 设椭圆M的焦距为4，P，Q是椭圆M上不同的两点，线段PQ的垂直平分线为直线l，且直线l不与y轴重合．
①若点P(－3，0)，直线l过点，求直线l的方程；
②若直线l过点(0，－1)，且与x轴的交点为D，求D点横坐标的取值范围
解：(1) 设C(x0，y0)，
则＝，＝.
因为＝，
所以＝(x0，y0－)＝(x0，y0－)，得(2分)
代入椭圆方程得a2＝b2.
因为a2－b2＝c2，所以e＝＝.(4分)
(2) ①因为c＝2，所以a2＝9，b2＝5，所以椭圆的方程为＋＝1，
设Q(x0，y0)，则＋＝1.　①(6分)
因为点P(－3，0)，所以PQ中点为(，)，[来源:学§科§网]
因为直线l过点，直线l不与y轴重合，所以x0≠3，所以·＝－1，(8分)
化简得x2＝9－y－y0.　②
将②代入①化简得y－y0＝0，解得y0＝0(舍)，或y0＝.
将y0＝代入①得x0＝±，
所以Q为，
所以PQ斜率为1或，直线l的斜率为－1或－，
所以直线l的方程为y＝－x－或y＝－x－.(10分)
②设PQ：y＝kx＋m，则直线l的方程为：
y＝－x－1，所以xD＝－k.
将直线PQ的方程代入椭圆的方程，消去y得(5＋9k2)x2＋18kmx＋9m2－45＝0.　①
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，中点为N，
xN＝＝－，代入直线PQ的方程得yN＝，(12分)
代入直线l的方程得9k2＝4m－5.　②
又因为Δ＝(18km)2－4(5＋9k2)(9m2－45)>0，
化得m2－9k2－5<0.(14分)
将②代入上式得m2－4m<0，解得0 所以－ 所以xD＝－k∈∪.
综上所述，点D横坐标的取值范围为∪.(16分)
例4.　(2019·合肥模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin θ＋ycos θ－1＝0相切(θ为常数)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求·的取值范围．
[解]　(1)由题意，得解得
故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)由(1)得F1(－1,0)，F2(1,0)．
①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝1，不妨记M，N，
∴＝，＝，
故·＝.
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由消去y得，
(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.①
＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，
则·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2，
结合①可得·＝＋＋1＋k2＝＝－，
由k2≥0可得·∈.
综上可知，·的取值范围是.
变式4.如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点(0，)．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 已知△BMN是椭圆C的内接三角形．
① 若点B为椭圆C的上顶点，原点O为△BMN的垂心，求线段MN的长；
② 若原点O为△BMN的重心，求原点O到直线MN距离的最小值．

【答案】
【解析】解：(1) 记椭圆C的焦距为2c，因为椭圆C的离心率为，所以＝.
因为椭圆C过点(0，)，所以b＝.
因为a2－c2＝b2，解得c＝1，a＝2，
故椭圆C的方程为＋＝1.(2分)
(2) ① 因为点B为椭圆C的上顶点，所以B点坐标为(0，)．
因为O为△BMN的垂心，所以BO⊥MN，即MN⊥y轴．
由椭圆的对称性可知M，N两点关于y轴对称．(4分)
不妨设M(x0，y0)，则N(－x0，y0)，其中－＜y0＜.
因为MO⊥BN，所以·＝0，即(－x0，－y0)·(－x0，y0－)＝0，
得x－y＋y0＝0.(6分)
又点M(x0，y0)在椭圆上，则＋＝1.
由解得y0＝－或y0＝(舍去)，此时|x0|＝.
故MN＝2|x0|＝，即线段MN的长为.(8分)
② (解法1)设B(m，n)，记线段MN中点为D.
因为O为△BMN的重心，所以＝2，则点D的坐标为(－，－)．(10分)
若n＝0，则|m|＝2，此时直线MN与x轴垂直，故原点O到直线MN的距离为， 即为1.
若n≠0，此时直线MN的斜率存在．
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n.
又＋＝1，＋＝1，两式相减得＋＝0，
可得kMN＝＝－.(12分)
故直线MN的方程为y＝－(x＋)－，即6mx＋8ny＋3m2＋4n2＝0，
则点O到直线MN的距离为d＝.
将＋＝1，代入得d＝.(14分)
因为0＜n2≤3，所以dmin＝.
又＜1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分)
(解法2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，B(x3，y3)，
因为O为△BMN的重心，所以x1＋x2＋x3＝0，y1＋y2＋y3＝0，
则x3＝－(x1＋x2)，y3＝－(y1＋y2)．(10分)
因为＋＝1，所以＋＝1.
将＋＝1，＋＝1，代入得＋＝－.(12分)
若直线MN的斜率不存在，则线段MN的中点在x轴上，从而B点位于长轴的顶点处．
由于OB＝2，所以此时原点O到直线MN的距离为1.
若直线MN的斜率存在，设为k，则其方程为y＝kx＋n.
由消去y得(3＋4k2)x2＋8knx＋4n2－12＝0　(*)．
则Δ＝(8kn)2－4(3＋4k2)(4n2－12)＞0，即3＋4k2＞n2.
由根与系数关系可得x1＋x2＝－，x1x2＝，
则y1y2＝(kx1＋n)(kx2＋n)＝k2x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝，
代入＋＝－，得×＋×＝－，即n2＝k2＋.(14分)
又3＋4k2＞n2，
于是3＋4k2＞k2＋，即3k2＋＞0恒成立，因此k∈R.
原点(0，0)到直线MN的距离为d＝＝＝.
因为k2≥0，所以当k＝0时，dmin＝.
又＜1，故原点O到直线MN距离的最小值为.(16分)
课后习题
1.(2020·湖北部分重点中学联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，点F为抛物线C的焦点，点A(1，m)(m>0)在抛物线C上，且FA＝2，过点F作斜率为k的直线l与抛物线C交于P，Q两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求△APQ面积的取值范围．
解　(1)由抛物线的定义可得
FA＝xA＋＝1＋＝2，所以p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝1，
因为AF⊥x轴，则S△APQ＝×AF×|x1－x2|
＝|x1－x2|＝
＝4＝4，
因为≤k≤2，令t＝，
所以S△APQ＝4，
所以≤S△APQ≤8，
所以△APQ的面积的取值范围为[，8]．
2．(2019·惠州调研)如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右顶点为A(2,0)，左、右焦点分别为F1，F2，过点A且斜率为的直线与y轴交于点P，与椭圆交于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为点F1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P且斜率大于的直线与椭圆交于M，N两点(|PM|＞|PN|)，若S△PAM∶S△PBN＝λ，求实数λ的取值范围．
解：(1)因为BF1⊥x轴，所以点B，
所以解得
所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)因为＝＝＝λ⇒＝(λ＞2)，
所以＝－.
由(1)可知P(0，－1)，
设直线MN的方程为y＝kx－1，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程，得
化简得，(4k2＋3)x2－8kx－8＝0.
得(*)
又＝(x1，y1＋1)，＝(x2，y2＋1)，有x1＝－x2，
将x1＝－x2代入(*)可得，＝.
因为k＞，所以＝∈(1,4)，
则1＜＜4且λ＞2，解得4＜λ＜4＋2.
综上所述，实数λ的取值范围为(4,4＋2)．
3.(2018·南昌模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，y1y2＝－4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)如图，点B在准线l上的正投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程．
[解]　(1)依题意知F，
当直线AB的斜率不存在时，y1y2＝－p2＝－4，
解得p＝2.
当直线AB的斜率存在时，设lAB：y＝k(k≠0)，
由消去x并整理，得y2－y－p2＝0，
则y1y2＝－p2，
由y1y2＝－4，得p2＝4，解得p＝2.
综上所述，抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设D(x0，y0)，B，
则E(－1，t)，又由y1y2＝－4，可得A.
因为kEF＝－，AD⊥EF，所以kAD＝，
则直线lAD的方程为y＋＝，
化简得2x－ty－4－＝0.
由消去x并整理，得y2－2ty－8－＝0，Δ＝(－2t)2－4＝4t2＋＋32＞0恒成立，
所以y1＋y0＝2t，y1y0＝－8－.
于是|AD|＝|y1－y0|＝＝ ，
设点B到直线AD的距离为d，则d＝＝.
所以S△ABD＝|AD|·d＝≥16，
当且仅当t4＝16，即t＝±2时取等号，即△ABD面积的最小值为16.
当t＝2时，直线AD的方程为x－y－3＝0；当t＝－2时，直线AD的方程为x＋y－3＝0.
4．(2019·衡水质检)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，已知直线AB的斜率为，AB＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：x＝my－1与椭圆C交于不同的两点M，N，且点O在以MN为直径的圆外(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．
解　(1)由已知得A(－a,0)，B(0，b)，
∴
可得a2＝4，b2＝1，
则椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(m2＋4)y2－2my－3＝0.
故y1＋y2＝，y1y2＝，
Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋48>0.
由题意得∠MON为锐角，即·>0，
∴·＝x1x2＋y1y2>0，
又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1.
∴x1x2＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)·－＋1＝>0，
∴m2<，解得－ ∴m的取值范围为.
5.如图，在平面直角坐标系中，四边形的顶点都在椭圆 上，对角线与分别过椭圆的左焦点和右焦点，且，椭圆的一条准线方程为.
（1）求椭圆方程；
（2）求四边形面积的取值范围.
【答案】(1)由题意：，，则，则，
故此时椭圆方程为. …4分
(2)设四边形面积为，
若与中有一条与轴重合或平行， …5分
若与斜率均存在，不妨设的斜率为，设与椭圆相交于，
则，得， ……6分
即， ……7分
……8分
， ……9分
同理可得：， ……11分
， ……12分
令，， ..….13分
在上为减函数，在上为增函数，， ..….14分
， ..….15分
综上：四边形面积的取值范围为. ..….16分
6. 在平面直角坐标系中，设椭圆的中心在原点，焦点在轴上，短半轴长为，椭圆上的点到右焦点的距离的最小值为．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线与椭圆相交于两点，且．
①求证：原点到直线的距离为定值；
②求的最小值．
【答案】（1）由题意，可设椭圆的方程为，焦距为，离心率为．于是．
设椭圆的右焦点为,椭圆上点到右准线距离为，
则，于是当最小即为右顶点时，取得最小值，
所以．…………………………………………………………………3分
因为所以椭圆方程为．………………………………………………………5分
（2）①设原点到直线的距离为，则由题设及面积公式知．
当直线的斜率不存在或斜率为时，或
于是．………………………………………7分
当直线的斜率存在且不为时，则，
解得 同理………………………………………9分
在中，，
则
，所以．
综上，原点到直线的距离为定值．……………………………………11分
另解：
，所以．
②因为为定值，于是求的最小值即求的最小值．
，
令，则，
于是， ……………14分
因为，所以，
当且仅当，即，取得最小值，因而
所以的最小值为．……………………………16分
7.已知椭圆，动直线与椭圆交于两点（点在第一象限）.
（1）若点的坐标为，求的面积的最大值；
（2）设，，且，求当的面积最大时直线的方程.

【答案】
解法1：（1）直线OB方程为，即，设过点且平行于的直线方程为.则当与椭圆只有一个公共点时，的面积最大.
消去y整理得，此时，令，解得，当时，；当时，，
所以面积的最大值=.
（2）显然，直线与轴不垂直，设直线的方程为.
由消去并整理得，
所以因为，所以
从而，即，
所以.
因为在第一象限，所以，所以.因为，所以，所以（当且仅当，即时取等号），此时，直线l的方程为，即.
解法2：结论：在中，其中为坐标原点，若，，则.
证明：在中，所以
直线： ，
点到直线的距离 ,所以
（1）设，，，
，.
（2）设，，，
，，
，
当即时，.
因为点在第一象限，所以，因为，所以，所以，所以，.所以，解得，，，所以，，，.