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2020新课标高考数学二轮讲义：第二部分专题五第3讲 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
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第3讲 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
最值问题
函数最值法：当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最值的常用方法有(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)判别式法；(4)单调性法；(5)三角换元法；(6)导数法等．
高考真题
思维方法
【基本不等式法】(2014·高考课标全国卷Ⅰ) 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，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)略
(2)当l⊥x轴时不合题意，【关键1：研究直线l与x轴垂直的情况】
故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，x1，2＝，【关键2：设出直线方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出A，B两点的横坐标与参数k的关系式】
从而|PQ|＝|x1－x2|＝.
又点O到直线PQ的距离d＝，
所以△OPQ的面积S△OPQ＝d|PQ|＝.【关键3：用参数k表示面积】
设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0，【关键4：换元，利用基本不等式求最值】
所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.
【利用函数的单调性求最值】(2019·高考全国卷Ⅱ)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值.
(1)略
(2) ①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0).
由得x＝±.记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0).
【关键1：巧换元，妙设点P、Q、E的坐标】
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．【关键2：求直线QG的方程】
由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0. *
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程*的解，故xG＝，由此得yG＝.
【关键3：正确求出G点的坐标】
从而直线PG的斜率为＝－.【关键4：求直线PG的斜率】
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，
【关键5：利用弦长公式求出PQ、PG的表达式】
所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.
【关键6：将△PQG的面积表示成关于k的函数】
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.因此，△PQG面积的最大值为.
[典型例题]
(2019·安徽宣城二模)已知椭圆C的方程为＋＝1，A是椭圆上的一点，且A在第一象限内，过A且斜率等于－1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于原点的对称点为D.
(1)证明：直线BD的斜率为定值；
(2)求△ABD面积的最大值．
【解】 (1)证明：设D(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(－x1，－y1)，直线BD的斜率k＝，由两式相减得＝－×，
因为kAB＝＝－1，所以k＝＝，
故直线BD的斜率为定值.
(2)连接OB，因为A，D关于原点对称，
所以S△ABD＝2S△OBD，
由(1)可知BD的斜率k＝，设BD的方程为y＝x＋t，
因为D在第三象限，所以－
由整理得3x2＋4tx＋4t2－8＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以S△ABD＝2S△OBD＝2××|BD|×d
＝·
＝|t|·＝|t|·
＝·≤2.
所以当且仅当t＝－时，S△ABD取得最大值2.
最值问题的2种基本解法
几何法
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(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法
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解决(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)
[对点训练]
(2017·高考山东卷)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a＝，b＝1，
因此椭圆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＝±.
范围问题
1．几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决．
高考真题
思维方法
(2018·高考浙江卷)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)略
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，|y1－y2|＝2.
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).
【关键1：利用根与系数的关系，用P点坐标表示△PAB的面积】
因为x＋＝1(－1≤x0<0)，所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，
因此，△PAB面积的取值范围是.
【关键2：根据半椭圆中x的取值范围以及二次函数性质确定面积的取值范围】
2.代数法：代数法求范围问题，常需要根据条件构造关于某个变量的不等式或函数表达式，然后利用求解不等式、基本不等式、函数值域(导数与不等式、导数与方程)等方法求出范围，要特别注意变量的取值范围．
高考真题
思维方法
(2016·高考全国卷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.
(1)略
(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，
【关键1：分类讨论，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立消元得一元二次方程】
则x1＋x2＝，x1x2＝，所以|MN|＝|x1－x2|＝.
【关键2：利用根与系数的关系及弦长公式求弦长】
过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，
【关键3：利用点到直线的距离公式求距离】
所以|PQ|＝2＝4.
【关键4：利用圆中半径、弦长一半、弦心距的关系求弦长】
故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝12.
【关键5：用直线斜率k表示四边形MPNQ的面积】
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).
【关键6：利用k2>0求取值范围】
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
【关键7：分类讨论，直线斜率不存在时四边形MPNQ的面积】
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8).
[典型例题]
(2019·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，
点Q，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．
【解】 (1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝a，r2＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝＝＝，
解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)联立方程，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①
设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝，
因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Q，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·＝－1，解得m＝－，②
把②代入①得3＋4k2＞，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞或k＜－，故k的取值范围为∪.
求解范围问题的常见方法
(1)利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的取值范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用基本不等式求出参数的取值范围．
(5)利用函数的值域求范围问题的关键是建立关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标变量的取值范围．在建立函数的过程中，要根据题目的其他已知条件把要求的量都用已知变量表示出来，同时要注意变量的取值范围．
[对点训练]
(2019·洛阳模拟)已知A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|＝a(a>0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p>0)在第一象限分别交于D，C两点．
(1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px的焦点重合，求直线CD的斜率；
(2)若O为坐标原点，记△OCD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求的取值范围．
解：(1)由题意知A，则B，D，则C，又a＝p，所以kCD＝＝－1.
(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由，得ky2－2py＋2pb＝0，
所以Δ＝4p2－8pkb>0，得kb<，
又y1＋y2＝，y1y2＝，由y1＋y2＝>0，y1y2＝>0，可知k>0，b>0，
因为|CD|＝|x1－x2|＝a，
点O到直线CD的距离d＝，
所以S1＝·a·＝ab.
又S2＝(y1＋y2)·|x1－x2|＝··a＝，
所以＝，
因为0
证明问题
代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明．
高考真题
思维方法
(2018·高考全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
(1)略
【关键1：分类讨论(l与x轴重合)，证明∠OMA＝∠OMB】
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.
【关键2：分类讨论(l与x轴垂直)，证明∠OMA＝∠OMB】
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
【关键3：设出直线方程及直线与椭圆交点的坐标】
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝.
【关键4：用交点横坐标表示直线MA，MB的斜率之和】
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
【关键5：联立直线方程与椭圆方程，用参数k表示交点横坐标】
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.从而kMA＋kMB＝0，
【关键6：把直线MA，MB的斜率之和用k表示并化简，可证∠OMA＝∠OMB】
故直线MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
高考真题
思维方法
(2018·高考全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0).
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．
(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k得＋·k＝0.【关键1：点差法表示直线斜率】
由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①【关键2：构造函数】
由题设得0＜m＜，故k＜－.【关键3：求函数值域】
(2)由题意得F(1，0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.
又点P在C上，所以m＝，从而P，||＝，
于是||＝＝＝2－.
同理||＝2－，所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.【关键4：用A，B的横坐标表示向量，的模】
故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列.
设该数列的公差为d，则2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|＝
.②【关键5：设出公差，并用A，B的横坐标表示】
将m＝代入①得k＝－1，所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0，故x1＋x2＝2，x1x2＝.【关键6：利用m与k的关系求k的值，写出
直线l的方程，代入椭圆方程求出两根之和与两根之积】
代入②解得|d|＝.所以该数列的公差为或－.
[典型例题]
(2019·潍坊市第一学期抽测)已知点A在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上，O为坐标原点，直线l：－＝1的斜率与直线OA的斜率乘积为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)不经过点A的直线y＝x＋t(t≠0且t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，求证：|AM|＝|AN|.
【解】 (1)由题意知，kOA·kl＝－·＝－＝－，
即a2＝4b2，①
又＋＝1，②
所以联立①②，解得，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x1，－y1)，由，
得x2＋tx＋t2－1＝0，
所以Δ＝4－t2>0，即－2
x1＋x2＝－t，x1·x2＝t2－1.
法一：要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR的斜率互为相反数，即证明kAQ＋kAR＝0.
由题意知，kAQ＋kAR＝＋＝＝
＝
＝＝0，
所以|AM|＝|AN|.
法二：要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR与y轴的交点M，N连线的中点S的纵坐标为－，即AS垂直平分MN即可．
直线AQ与AR的方程分别为
lAQ：y＋＝(x－1)，lAR：y＋＝(x－1)，
分别令x＝0，得yM＝－，yN＝－，
所以yM＋yN＝＋－
＝－
＝－
＝－
＝－，
yS＝＝－，即AS垂直平分MN.
所以|AM|＝|AN|.
几何证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[对点训练]
(2019·湖南省五市十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，过定点P(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，连接AF并延长交C于M，求证：∠PFM＝∠PFB.
解：(1)依题意可设圆O的方程为x2＋y2＝b2，
因为圆O与直线x－y＋＝0相切，所以b＝＝1，所以a2－c2＝1，
又＝，所以a＝，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：依题意可知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－2)．
由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
因为l与椭圆有两个交点，所以Δ>0，即2k2－1<0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为F(1，0)，所以k1＋k2＝＋＝＋＝2k－k＝2k－k×＝2k－k×＝2k－k×＝0，
即∠PFM＝∠PFB.
1．已知F为椭圆C：＋＝1的右焦点，M为C上的任意一点．
(1)求|MF|的取值范围；
(2)P，N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为－，证明：M，N两点的横坐标之和为常数．
解：(1)依题意得a＝2，b＝，所以c＝ ＝1，
所以椭圆C的右焦点F的坐标为(1，0)，
设椭圆C上的任意一点M的坐标为(xM，yM)，
则＋＝1，
所以|MF|2＝(xM－1)2＋y＝(xM－1)2＋3－x＝x－2xM＋4＝(xM－4)2，
又－2≤xM≤2，所以1≤|MF|2≤9，
所以1≤|MF|≤3，
所以|MF|的取值范围为[1，3]．
(2)证明：设P，M，N三点的坐标分别为(xP，yP)，(xM，yM)，(xN，yN)，
设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，则直线PM的方程为y－yP＝k1(x－xP)，
联立方程，得消去y，得
(3＋4k)x2－8k1(k1xP－yP)x＋4kx－8k1xPyP＋4y－12＝0，
由根与系数的关系可得xM＋xP＝，
所以xM＝－xP＝，
同理可得xN＋xP＝，
又k1·k2＝－，
故xN＋xP＝＝＝，
则xN＝－xP＝－＝－xM，
从而xN＋xM＝0，
即M，N两点的横坐标之和为常数．
2．(2019·郑州市第二次质量预测)椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，△AF1F2的周长为4＋2，且面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B是椭圆上一动点，线段AB的中点为P，OA，OB(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－，求|OP|的取值范围．
解：(1)由椭圆的定义及△AF1F2的周长为4＋2，可得2(a＋c)＝4＋2，所以a＋c＝2＋①.
当A在上(或下)顶点时，△AF1F2的面积取得最大值，即bc＝②，
由①②及a2＝c2＋b2，得a＝2，b＝1，c＝，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，k1＝－k2，因为k1k2＝－，所以k1＝±，不妨取k1＝，则直线OA的方程为y＝x，
不妨取点A，则B，P(，0)，所以|OP|＝.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)>0①，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.因为k1k2＝－，所以4y1y2＋x1x2＝0，
所以4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－＋4m2＝0，
化简得2m2＝1＋4k2(满足①式)，所以m2≥.
设P(x0，y0)，则x0＝＝＝，y0＝kx0＋m＝.
所以|OP|2＝x＋y＝＋＝2－∈，所以|OP|∈.
综上，|OP|的取值范围为.
3．(2019·济南模拟)已知椭圆D：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，点(－，1)在椭圆D上．
(1)求椭圆D的方程；
(2)过椭圆D内一点P(0，t)的直线l的斜率为k，且与椭圆D交于M，N两点，设直线OM，ON(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，若对任意k，存在实数λ，使得k1＋k2＝λk，求实数λ的取值范围．
解：(1)椭圆D的离心率e＝＝，所以a＝b，
又点(－，1)在椭圆D上，所以＋＝1，得a＝2，b＝，所以椭圆D的方程为＋＝1.
(2)由题意得，直线l的方程为y＝kx＋t.
由，消元可得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
k1＋k2＝＋＝＋＝2k＋＝2k＋t··＝.
由k1＋k2＝λk，得＝λk，
因为此等式对任意的k都成立，所以＝λ，
即t2＝2－.
因为点P(0，t)在椭圆内，所以0≤t2<2，
即0≤2－<2，解得λ≥2.
所以实数λ的取值范围是[2，＋∞)．
4．(2019·重庆七校联考)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为.不经过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△ABP的面积取最大值时，直线l的方程．
解：(1)依题意知，e＝＝，
左焦点(－c，0)到点P(2，1)的距离d0＝＝，
得a2＝4，c2＝1，所以b2＝3，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)易得直线OP的方程为y＝x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点R(x0，y0)(y0≠0)，其中y0＝x0.
因为A，B在椭圆C上，所以＋＝1，＋＝1，两式相减得－＋－＝0，即＋＝0，
故kAB＝＝－·＝－.
由题意可设直线l的方程为y＝－x＋m(m≠0)，代入＋＝1中，消去y并整理得3x2－3mx＋m2－3＝0，
由Δ＝(3m)2－4×3(m2－3)＝3(12－m2)>0，
得－2
所以|AB|＝|x1－x2|＝
＝.
又点P(2，1)到直线l的距离d＝＝，
所以△ABP的面积S△ABP＝·|AB|·d＝
，其中－2
令f′(m)＝0，得m＝1－(4和1＋不满足－2
第3讲 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
最值问题
函数最值法：当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最值的常用方法有(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)判别式法；(4)单调性法；(5)三角换元法；(6)导数法等．
高考真题
思维方法
【基本不等式法】(2014·高考课标全国卷Ⅰ) 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，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)略
(2)当l⊥x轴时不合题意，【关键1：研究直线l与x轴垂直的情况】
故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx－2代入＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，x1，2＝，【关键2：设出直线方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出A，B两点的横坐标与参数k的关系式】
从而|PQ|＝|x1－x2|＝.
又点O到直线PQ的距离d＝，
所以△OPQ的面积S△OPQ＝d|PQ|＝.【关键3：用参数k表示面积】
设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0，【关键4：换元，利用基本不等式求最值】
所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.
【利用函数的单调性求最值】(2019·高考全国卷Ⅱ)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值.
(1)略
(2) ①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0).
由得x＝±.记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0).
【关键1：巧换元，妙设点P、Q、E的坐标】
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．【关键2：求直线QG的方程】
由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0. *
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程*的解，故xG＝，由此得yG＝.
【关键3：正确求出G点的坐标】
从而直线PG的斜率为＝－.【关键4：求直线PG的斜率】
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，
【关键5：利用弦长公式求出PQ、PG的表达式】
所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.
【关键6：将△PQG的面积表示成关于k的函数】
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.因此，△PQG面积的最大值为.
[典型例题]
(2019·安徽宣城二模)已知椭圆C的方程为＋＝1，A是椭圆上的一点，且A在第一象限内，过A且斜率等于－1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于原点的对称点为D.
(1)证明：直线BD的斜率为定值；
(2)求△ABD面积的最大值．
【解】 (1)证明：设D(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(－x1，－y1)，直线BD的斜率k＝，由两式相减得＝－×，
因为kAB＝＝－1，所以k＝＝，
故直线BD的斜率为定值.
(2)连接OB，因为A，D关于原点对称，
所以S△ABD＝2S△OBD，
由(1)可知BD的斜率k＝，设BD的方程为y＝x＋t，
因为D在第三象限，所以－
由整理得3x2＋4tx＋4t2－8＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以S△ABD＝2S△OBD＝2××|BD|×d
＝·
＝|t|·＝|t|·
＝·≤2.
所以当且仅当t＝－时，S△ABD取得最大值2.
最值问题的2种基本解法
几何法
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(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法
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解决(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)
[对点训练]
(2017·高考山东卷)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a＝，b＝1，
因此椭圆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＝±.
范围问题
1．几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决．
高考真题
思维方法
(2018·高考浙江卷)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)略
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，|y1－y2|＝2.
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).
【关键1：利用根与系数的关系，用P点坐标表示△PAB的面积】
因为x＋＝1(－1≤x0<0)，所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，
因此，△PAB面积的取值范围是.
【关键2：根据半椭圆中x的取值范围以及二次函数性质确定面积的取值范围】
2.代数法：代数法求范围问题，常需要根据条件构造关于某个变量的不等式或函数表达式，然后利用求解不等式、基本不等式、函数值域(导数与不等式、导数与方程)等方法求出范围，要特别注意变量的取值范围．
高考真题
思维方法
(2016·高考全国卷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.
(1)略
(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，
【关键1：分类讨论，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立消元得一元二次方程】
则x1＋x2＝，x1x2＝，所以|MN|＝|x1－x2|＝.
【关键2：利用根与系数的关系及弦长公式求弦长】
过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，
【关键3：利用点到直线的距离公式求距离】
所以|PQ|＝2＝4.
【关键4：利用圆中半径、弦长一半、弦心距的关系求弦长】
故四边形MPNQ的面积S＝|MN||PQ|＝12.
【关键5：用直线斜率k表示四边形MPNQ的面积】
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).
【关键6：利用k2>0求取值范围】
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
【关键7：分类讨论，直线斜率不存在时四边形MPNQ的面积】
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8).
[典型例题]
(2019·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，
点Q，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．
【解】 (1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝a，r2＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝＝＝，
解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)联立方程，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①
设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝，
因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Q，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·＝－1，解得m＝－，②
把②代入①得3＋4k2＞，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞或k＜－，故k的取值范围为∪.
求解范围问题的常见方法
(1)利用判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的取值范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用基本不等式求出参数的取值范围．
(5)利用函数的值域求范围问题的关键是建立关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标变量的取值范围．在建立函数的过程中，要根据题目的其他已知条件把要求的量都用已知变量表示出来，同时要注意变量的取值范围．
[对点训练]
(2019·洛阳模拟)已知A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|＝a(a>0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p>0)在第一象限分别交于D，C两点．
(1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px的焦点重合，求直线CD的斜率；
(2)若O为坐标原点，记△OCD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求的取值范围．
解：(1)由题意知A，则B，D，则C，又a＝p，所以kCD＝＝－1.
(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由，得ky2－2py＋2pb＝0，
所以Δ＝4p2－8pkb>0，得kb<，
又y1＋y2＝，y1y2＝，由y1＋y2＝>0，y1y2＝>0，可知k>0，b>0，
因为|CD|＝|x1－x2|＝a，
点O到直线CD的距离d＝，
所以S1＝·a·＝ab.
又S2＝(y1＋y2)·|x1－x2|＝··a＝，
所以＝，
因为0
证明问题
代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等等．证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数，用代数方法证明．
高考真题
思维方法
(2018·高考全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
(1)略
【关键1：分类讨论(l与x轴重合)，证明∠OMA＝∠OMB】
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠OMA＝∠OMB.
【关键2：分类讨论(l与x轴垂直)，证明∠OMA＝∠OMB】
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
【关键3：设出直线方程及直线与椭圆交点的坐标】
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝.
【关键4：用交点横坐标表示直线MA，MB的斜率之和】
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝，
【关键5：联立直线方程与椭圆方程，用参数k表示交点横坐标】
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.从而kMA＋kMB＝0，
【关键6：把直线MA，MB的斜率之和用k表示并化简，可证∠OMA＝∠OMB】
故直线MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
高考真题
思维方法
(2018·高考全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0).
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．
(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k得＋·k＝0.【关键1：点差法表示直线斜率】
由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①【关键2：构造函数】
由题设得0＜m＜，故k＜－.【关键3：求函数值域】
(2)由题意得F(1，0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0)．由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.
又点P在C上，所以m＝，从而P，||＝，
于是||＝＝＝2－.
同理||＝2－，所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.【关键4：用A，B的横坐标表示向量，的模】
故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列.
设该数列的公差为d，则2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|＝
.②【关键5：设出公差，并用A，B的横坐标表示】
将m＝代入①得k＝－1，所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0，故x1＋x2＝2，x1x2＝.【关键6：利用m与k的关系求k的值，写出
直线l的方程，代入椭圆方程求出两根之和与两根之积】
代入②解得|d|＝.所以该数列的公差为或－.
[典型例题]
(2019·潍坊市第一学期抽测)已知点A在椭圆C：＋＝1(a>b>0)上，O为坐标原点，直线l：－＝1的斜率与直线OA的斜率乘积为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)不经过点A的直线y＝x＋t(t≠0且t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，求证：|AM|＝|AN|.
【解】 (1)由题意知，kOA·kl＝－·＝－＝－，
即a2＝4b2，①
又＋＝1，②
所以联立①②，解得，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x1，－y1)，由，
得x2＋tx＋t2－1＝0，
所以Δ＝4－t2>0，即－2
x1＋x2＝－t，x1·x2＝t2－1.
法一：要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR的斜率互为相反数，即证明kAQ＋kAR＝0.
由题意知，kAQ＋kAR＝＋＝＝
＝
＝＝0，
所以|AM|＝|AN|.
法二：要证明|AM|＝|AN|，可转化为证明直线AQ，AR与y轴的交点M，N连线的中点S的纵坐标为－，即AS垂直平分MN即可．
直线AQ与AR的方程分别为
lAQ：y＋＝(x－1)，lAR：y＋＝(x－1)，
分别令x＝0，得yM＝－，yN＝－，
所以yM＋yN＝＋－
＝－
＝－
＝－
＝－，
yS＝＝－，即AS垂直平分MN.
所以|AM|＝|AN|.
几何证明问题的解题策略
(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．
(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
[对点训练]
(2019·湖南省五市十校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，过定点P(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，连接AF并延长交C于M，求证：∠PFM＝∠PFB.
解：(1)依题意可设圆O的方程为x2＋y2＝b2，
因为圆O与直线x－y＋＝0相切，所以b＝＝1，所以a2－c2＝1，
又＝，所以a＝，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：依题意可知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－2)．
由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
因为l与椭圆有两个交点，所以Δ>0，即2k2－1<0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为F(1，0)，所以k1＋k2＝＋＝＋＝2k－k＝2k－k×＝2k－k×＝2k－k×＝0，
即∠PFM＝∠PFB.
1．已知F为椭圆C：＋＝1的右焦点，M为C上的任意一点．
(1)求|MF|的取值范围；
(2)P，N是C上异于M的两点，若直线PM与直线PN的斜率之积为－，证明：M，N两点的横坐标之和为常数．
解：(1)依题意得a＝2，b＝，所以c＝ ＝1，
所以椭圆C的右焦点F的坐标为(1，0)，
设椭圆C上的任意一点M的坐标为(xM，yM)，
则＋＝1，
所以|MF|2＝(xM－1)2＋y＝(xM－1)2＋3－x＝x－2xM＋4＝(xM－4)2，
又－2≤xM≤2，所以1≤|MF|2≤9，
所以1≤|MF|≤3，
所以|MF|的取值范围为[1，3]．
(2)证明：设P，M，N三点的坐标分别为(xP，yP)，(xM，yM)，(xN，yN)，
设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2，则直线PM的方程为y－yP＝k1(x－xP)，
联立方程，得消去y，得
(3＋4k)x2－8k1(k1xP－yP)x＋4kx－8k1xPyP＋4y－12＝0，
由根与系数的关系可得xM＋xP＝，
所以xM＝－xP＝，
同理可得xN＋xP＝，
又k1·k2＝－，
故xN＋xP＝＝＝，
则xN＝－xP＝－＝－xM，
从而xN＋xM＝0，
即M，N两点的横坐标之和为常数．
2．(2019·郑州市第二次质量预测)椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，△AF1F2的周长为4＋2，且面积的最大值为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B是椭圆上一动点，线段AB的中点为P，OA，OB(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－，求|OP|的取值范围．
解：(1)由椭圆的定义及△AF1F2的周长为4＋2，可得2(a＋c)＝4＋2，所以a＋c＝2＋①.
当A在上(或下)顶点时，△AF1F2的面积取得最大值，即bc＝②，
由①②及a2＝c2＋b2，得a＝2，b＝1，c＝，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，k1＝－k2，因为k1k2＝－，所以k1＝±，不妨取k1＝，则直线OA的方程为y＝x，
不妨取点A，则B，P(，0)，所以|OP|＝.
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)>0①，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.因为k1k2＝－，所以4y1y2＋x1x2＝0，
所以4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－＋4m2＝0，
化简得2m2＝1＋4k2(满足①式)，所以m2≥.
设P(x0，y0)，则x0＝＝＝，y0＝kx0＋m＝.
所以|OP|2＝x＋y＝＋＝2－∈，所以|OP|∈.
综上，|OP|的取值范围为.
3．(2019·济南模拟)已知椭圆D：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，点(－，1)在椭圆D上．
(1)求椭圆D的方程；
(2)过椭圆D内一点P(0，t)的直线l的斜率为k，且与椭圆D交于M，N两点，设直线OM，ON(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，若对任意k，存在实数λ，使得k1＋k2＝λk，求实数λ的取值范围．
解：(1)椭圆D的离心率e＝＝，所以a＝b，
又点(－，1)在椭圆D上，所以＋＝1，得a＝2，b＝，所以椭圆D的方程为＋＝1.
(2)由题意得，直线l的方程为y＝kx＋t.
由，消元可得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，
k1＋k2＝＋＝＋＝2k＋＝2k＋t··＝.
由k1＋k2＝λk，得＝λk，
因为此等式对任意的k都成立，所以＝λ，
即t2＝2－.
因为点P(0，t)在椭圆内，所以0≤t2<2，
即0≤2－<2，解得λ≥2.
所以实数λ的取值范围是[2，＋∞)．
4．(2019·重庆七校联考)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为.不经过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△ABP的面积取最大值时，直线l的方程．
解：(1)依题意知，e＝＝，
左焦点(－c，0)到点P(2，1)的距离d0＝＝，
得a2＝4，c2＝1，所以b2＝3，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)易得直线OP的方程为y＝x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点R(x0，y0)(y0≠0)，其中y0＝x0.
因为A，B在椭圆C上，所以＋＝1，＋＝1，两式相减得－＋－＝0，即＋＝0，
故kAB＝＝－·＝－.
由题意可设直线l的方程为y＝－x＋m(m≠0)，代入＋＝1中，消去y并整理得3x2－3mx＋m2－3＝0，
由Δ＝(3m)2－4×3(m2－3)＝3(12－m2)>0，
得－2
所以|AB|＝|x1－x2|＝
＝.
又点P(2，1)到直线l的距离d＝＝，
所以△ABP的面积S△ABP＝·|AB|·d＝
，其中－2
令f′(m)＝0，得m＝1－(4和1＋不满足－2
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