課時10圓錐曲線中最值范圍問題1.【解】(1)設(shè)雙曲線的方程為，則，再由，得故的方程為.(2)將代入，得.由直線與雙曲線交于不同的兩點，得，①.設(shè)則，.又，得，，即，解得②.由①②得＜k2＜1，故的取值范圍是.2.【解】(1)由題意可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＝8p，,\f(1,2)×\f(p,2)·|m|＝\f(1,2)p2，))解得p＝2.故拋物線E的方程為y2＝4x.(2)由題意知直線l的斜率一定存在且不為0，F(xiàn)(1,0)，設(shè)直線l的方程為x＝ty＋1，t≠0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))消去x得y2－4ty－4＝0.所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.由AC垂直于l，得直線AC的方程為y－y1＝－t(x－x1)，聯(lián)立消去x得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0.所以y1＋y3＝－eq\f(4,t)，y1y3＝eq\f(－4tx1－4y1,t).所以AC＝＝＝＝＝eq\f(2\r(t2＋1),t2)·|ty1＋2|＝eq\f(2\r(t2＋1),t2)·(ty1＋2)．同理可得BD＝eq\f(2\r(t2＋1),t2)·(ty2＋2)，所以AC＋BD＝eq\f(2\r(t2＋1),t2)·[t(y1＋y2)＋4]＝eq\f(8\r(t2＋1),t2)(t2＋1)＝8，令f(x)＝，x>0，則f′(x)＝，x>0，所以當x∈(0,2)時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(2，＋∞)時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以當x＝2時，f(x)取得最小值，即當t＝±eq\r(2)時，AC＋BD取得最小值為12eq\r(3).【解】（1）由條件得漸近線方程為又所以①設(shè)

聯(lián)立所以，.易得

同理得因為即

所以即，所以

若過定點聯(lián)立解得

，解得

4.【解】(1)由雙曲線E的離心率為2，得eq\f(c,a)＝2①.因為雙曲線E過點P(2,3)，所以eq\f(4,a2)－eq\f(9,b2)＝1②.又c2＝a2＋b2③，聯(lián)立①②③式，解得a＝1，b＝eq\r(3).故雙曲線E的標準方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.(2)由雙曲線的對稱性，知四邊形ABCD為平行四邊形，所以S四邊形ABCD＝4S△OAD.由題意知直線AD的斜率不為零且過右焦點F(2,0)，設(shè)直線AD的方程為x＝my＋2.聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x，得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0.Δ＝36(m2＋1)>0，設(shè)A(x1，y1)，D(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(－12m,3m2－1)，y1y2＝eq\f(9,3m2－1).因為A，D均在雙曲線右支上，所以所以解得0≤m2<eq\f(1,3).所以S△OAD＝eq\f(1,2)×OF×|y1－y2|＝＝＝eq\f(6\r(m2＋1),1－3m2).令eq\r(m2＋1)＝t，則m2＝t2－1.所以S△OAD＝eq\f(6t,4－3t2)＝eq\f(6,\f(4,t)－3t).令函數(shù)f