2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题3圆锥曲线中的最值范围证明问题大题考法2范围问题

大题考法2范围问题(2023·佛山二模)双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左顶点为A，焦距为4，过右焦点F作垂直于实轴的直线交C于B、D两点，且△ABD是直角三角形．(1)求双曲线C的方程；(2)M、N是C右支上的两动点，设直线AM、AN的斜率分别为k1、k2，若k1k2＝－2，求点A到直线MN的距离d的取值范围．解：(1)根据题意可得∠BAD＝90°，半焦距c＝2，由AF＝BF，可得a＋c＝eq\f(b2,a)，所以a2＋2a＝22－a2，解得a＝1，所以b2＝c2－a2＝4－1＝3，所以双曲线C的方程为x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)显然直线MN不可能与坐标轴平行，所以设直线MN的方程为x＝my＋n，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,3x2－y2＝3，))可得(3m2－1)y2＋6mny＋3(n2－1)＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则根据题意可得：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3m2－1≠0，,Δ>0，))且y1＋y2＝－eq\f(6mn,3m2－1)，y1y2＝eq\f(3（n2－1）,3m2－1)，①由k1k2＝－2，可得y1y2＋2(x1＋1)(x2＋1)＝0，即y1y2＋2(my1＋n＋1)(my2＋n＋1)＝0，整理得(2m2＋1)y1y2＋2m(n＋1)(y1＋y2)＋2(n＋1)2＝0，②将①代入②中可得3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2(3m2－1)＝0，化简可消去所得的含m的项，从而解得n＝5或n＝－1(舍去)，所以直线MN的方程为x－my－5＝0，所以d＝eq\f(6,\r(m2＋1))，又MN都在双曲线的右支上，所以3m2－1<0，所以0≤m2<eq\f(1,3)，所以1≤eq\r(m2＋1)<eq\f(2,\r(3))，所以d＝eq\f(6,\r(m2＋1))∈(3eq\r(3)，6],所以点A到直线MN的距离d的取值范围为(3eq\r(3)，6]．求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题，关键是构建与参数有关的不等关系，主要方法有：(1)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(2)建立已知参数与未知参数之间的等量关系，利用已知参数的范围，求新参数的范围．(3)利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．(2023·安徽三模)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的eq\r(2)倍，过椭圆C的右焦点F的直线l与C交于P，Q两点，且当直线l的倾斜角为45°时，|PQ|＝eq\f(4\r(2),3).(1)求椭圆C的方程；(2)若点P在x轴上方，E为线段PF的中点，椭圆C的左焦点为F′，直线PO(O为坐标原点)与EF′交于点A，求eq\f(S△QF′A,S△PQF′)(S表示面积)的取值范围．解：(1)根据题意可知2a＝2eq\r(2)b，所以a2＝2b2，所以椭圆C：eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，设直线l的斜率为k，由题易知F(b，0)，所以当倾斜角为45°时，直线l：y＝x－b，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2y2－2b2＝0，,y＝x－b，))可得3x2－4bx＝0，所以x＝0或x＝eq\f(4,3)b，所以|PQ|＝eq\r(1＋1)·|eq\f(4,3)b－0|＝eq\f(4\r(2),3)b＝eq\f(4\r(2),3)，所以b＝1.所以椭圆C的方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)根据题意可知F′(－1，0)，F(1，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1>0，y2<0.如图，连接OE，OQ，因为O，E分别为线段FF′，PF的中点，所以eq\f(OE,PF′)＝eq\f(OA,AP)＝eq\f(1,2)，所以S△QF′A＝S△OQF′＋S△OAF′＋S△OAQ＝S△OQF′＋eq\f(1,3)S△POF′＋eq\f(1,3)S△POQ＝－eq\f(1,2)y2＋eq\f(1,6)y1＋eq\f(1,6)(y1－y2)＝eq\f(1,3)(y1－2y2)，又△PQF′的面积为S△PQF′＝y1－y2，设eq\f(S△QF′A,S△PQF′)＝λ＝eq\f(y1－2y2,3（y1－y2）)，所以eq\f(y1,y2)＝eq\f(3λ－2,3λ－1)，设直线l：x＝ty＋1，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,x2＋2y2＝2，))得(t2＋2)y2＋2ty－1＝0，所以y1＋y2＝eq\f(－2t,t2＋2)，y1y2＝eq\f(－1,t2＋2)，令y1＝my2，其中m＝eq\f(3λ－2,3λ－1)，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m<0，,（m＋1）y2＝\f(－2t,t2＋2)，,myeq\o\al(2,2)＝\f(－1,t2＋2)，))可得eq\f(（m＋1）2,m)＝eq\f(－4t2,t2＋2)，当t＝0时，eq\f(（m＋1）2,m)＝0，m＝－1，此时λ＝eq\f(1,2)，当t≠0时，eq\f(（m＋1）2,m)＝eq\f(－4,1＋\f(2,t2))∈(－4，0)，所以－4<eq\f(（m＋1）2,m)<0，又m<0，解得－3－2eq\r(2)<m<－3＋2eq\r(2)，所以－3－2eq\r(2)<eq\f(3λ－2,3λ－1)<－3＋2eq\r(2)，解得eq\f