全品高考备战2027年数学一轮教师备用习题68第56讲圆锥曲线热点问题02第2课时最值与范围、证明问题

/第2课时最值与范围、证明问题/【备选理由】例1考查范围问题;例2考查证明问题与范围问题;例3考查最值问题.例1[配例1使用][2025·新疆喀什模拟]已知双曲线C:x2-y2b2=1(b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,过点M(-2,0)的直线l交C于P,(1)若C的一条渐近线方程为y=3x,求C的方程.(2)连接QO并延长,交C于点R.(i)设点P在第一象限,若b=1,S△MQO=16S△PRQ,求点P的坐标(ii)若A1R·A2P=1,解:(1)根据题意得3=b1,则b=3,故C的方程为x2-y2(2)(i)根据双曲线的对称性知|OQ|=|OR|,连接OP,则S△POQ=S△POR,所以S△MQO=16S△PRQ=16×2S△POQ=13S故MQ=13设Q(x0,y0),则P(4x0+6,4y0),由x02-y02=1,(4(ii)由题知A1(-1,0),A2(1,0).当直线l的斜率为0时,此时A1R·A2P=0,不合题意,则设直线l:x=my-2,设点P(x1,y1),Q(x2,y2),由QO的延长线交双曲线C于点R,根据双曲线的对称性知R(-x2,-y2).由x=my-2,x2-y2b2=1,得(b显然b2m2-1≠0,Δ=(-4mb2)2-4(b2m2-1)3b2=4b4m2+12b2>0,则y1+y2=4b2mb2m2-1①又A1R=(-x2+1,-y2),A2P=(x1所以A1R·A2P=(-x2+1)(x1-1)-y因为P(x1,y1),Q(x2,y2)在直线l上,所以x1=my1-2,x2=my2-2,即-(my2-3)(my1-3)-y1y2=1,即y1y2(m2+1)-(y1+y2)3m+10=0,将①②代入得(m2+1)·3b2b2m即3b2(m2+1)-3m·4b2m+10(b2m2-1)=0,化简得b2m2+3b2-10=0,所以m2=10b2-3,代入b2m2-1≠0,得10-3b2≠1,所以b又m2=10b2-3≥0,所以b2≤103,所以0<b2≤103且综上可知,b2的取值范围为(0,3)∪3,103,故b的取值范围为(0,3)例2[配例1、例2使用][2025·河南信阳模拟]已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)(1)求E的方程.(2)若F(1,0),过F作两条相互垂直的直线AB,CD,与椭圆E分别交于A,B,C,D四点,设线段AB,CD的中点分别为M,N.(i)证明:直线MN过定点;(ii)求四边形ACBD的面积的取值范围.解:(1)由椭圆E过点1,22,得1a因为c=1,所以a2=b2+1,解方程组a2=所以椭圆E的方程为x22+y2(2)(i)当两条直线的斜率都存在时,不妨设AB:x=my+1,CD:x=-1my+1设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),由x=my+1,x2+2y2=2,消去易知Δ>0,根据根与系数的关系可知y1+y2=-2mm2+2,y1则yM=y1+y22=-mm2+2即M2m2+2,-所以kMN=-mm2所以直线MN的方程为y--mm2令y=0,得x=23,此时直线MN恒过点2当两条直线中有一条直线的斜率不存在时,易知直线MN的方程为y=0,直线MN仍经过点23综上可得,直线MN过定点23(ii)当两条直线中有一条直线的斜率不存在时,易知S四边形ACBD=2.当两条直线的斜率都存在时,不妨设AB:x=my+1,CD:x=-1my由(i)得|AB|=1+m2|y2-y1|=2同理|CD|=1+-1m2|y2-y则S四边形ACBD=12|AB||CD|=4(m2+1)因为2m22根据基本不等式得2m2+2m2≥22m2·2m所以22m2+2m2+5∈0,2综上,四边形ACBD的面积的取值范围为169例3[配例1使用][2025·江苏徐州模拟]已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为(1)求C的标准方程.(2)若B14,0,直线l过C的右焦点且与C交于P,(i)求|PB|取得最小值;(ii)若AP∥BQ,求l的方程.解:(1)因为e=ca=12,a=2,所以又b2+c2=a2,所以b2=a2-c2=3,故C的标准方程为x24+y(2)(i)设P(x0,y0),则x024所以|PB|=x0-142又x0∈[-2,2],所以当x0=1时,|PB|取得最小值35(ii)由题意得,右焦点F2的坐标为(1,0),直线l的斜率不为0.设l的方程为x=my+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),因为AP∥BQ,所以△APF2∽△BQF2,则|AF2||BF故3PF2=4F2Q,可得y1=-由x=my+1,x2