2025届高中数学一轮复习练习：第九章限时跟踪检测(57)　求值与证明问题（含解析）

这是一份2025届高中数学一轮复习练习：第九章限时跟踪检测(57)　求值与证明问题（含解析），共7页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知双曲线C，已知直线l等内容，欢迎下载使用。
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(4,3)eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，求|OM|.
2．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(b>a>0)的右焦点为F(c,0)，从①虚轴长为2eq \r( ,3)；②离心率为2；③双曲线C的两条渐近线的夹角为60°这三个条件中选取两个作为条件，求解下面的问题．
(1)求C的方程；
(2)过点F的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，O为坐标原点，记△AOB，△FOB的面积分别为S1，S2，若eq \f(S1,S2)＝eq \r( ,3)＋1，求直线l的方程．
注：若选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分．
3．(2024·陕西榆林模拟)已知直线l：x＋2＝0，M为平面内一动点，过M作l的垂线，垂足为N，且eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0(O为坐标原点)，动点M的轨迹记为Ω.
(1)证明Ω为抛物线，并指出它的焦点坐标；
(2)已知P(0,1)，直线x－y＋t＝0(tb>0)的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，|AF|＝eq \r( ,2)－1，|BF|＝eq \r( ,2)＋1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点P为x轴上的点，经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，且|PM|＝|PN|.证明：|MN|＝|AB|·|FP|.
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5．(2024·广东汕头模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知圆G：x2＋(y－1)2＝1与抛物线C：x2＝2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为该圆的直径．过点E(0,2)作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P.
(1)求证：点P的纵坐标为定值；
(2)若F是抛物线C的焦点，证明：∠PFA＝∠PFB．
解析版
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，上顶点为B1，且eq \(B1A1,\s\up6(→))·eq \(B1A2,\s\up6(→))＝－2，离心率为eq \f(\r( ,6),3).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(4,3)eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))，求|OM|.
解：(1)eq \(B1A1,\s\up6(→))·eq \(B1A2,\s\up6(→))＝(－a，－b)·(a，－b)＝b2－a2＝－2，即a2－b2＝c2＝2，∴c＝eq \r( ,2)，
又离心率为eq \f(\r( ,6),3)，故a＝eq \r( ,3)，b＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)由eq \(OA,\s\up6(→))＝eq \f(4,3)eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))得eq \(BA,\s\up6(→))＝eq \f(4,3)eq \(OM,\s\up6(→))，
①当直线l为y＝0时，|BA|＝2eq \r( ,3)，|OM|max＝eq \r( ,3)，不符合题意，舍去．
②设直线l：x＝my＋eq \r(2)，直线OM：x＝my，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋y2＝1，,x＝my＋\r( ,2)，))
消去x并整理得(m2＋3)y2＋2eq \r( ,2)my－1＝0，Δ＝12(m2＋1)>0，
由根与系数的关系得，y1＋y2＝－eq \f(2\r( ,2)m,m2＋3)，y1y2＝－eq \f(1,m2＋3)，
|AB|＝eq \r( ,1＋m2)|y1－y2|＝eq \r( ,1＋m2)·eq \r( ,y1＋y22－4y1y2)＝eq \f(2\r( ,3)m2＋1,m2＋3).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋y2＝1，,x＝my，))解得y2＝eq \f(3,m2＋3)，
得到|OM|＝eq \r( ,x\\al(2,M)＋y\\al(2,M))＝eq \r( ,1＋m2)|yM|＝eq \r( ,\f(3m2＋1,m2＋3)).
依题意得eq \f(|AB|2,|OM|2)＝eq \f(12m2＋12,m2＋32)·eq \f(m2＋3,3m2＋1)＝eq \f(16,9)，
解得m2＝eq \f(3,5)，
所以|OM|＝eq \r( ,\f(3m2＋1,m2＋3))＝eq \f(2\r( ,3),3).
2．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(b>a>0)的右焦点为F(c,0)，从①虚轴长为2eq \r( ,3)；②离心率为2；③双曲线C的两条渐近线的夹角为60°这三个条件中选取两个作为条件，求解下面的问题．
(1)求C的方程；
(2)过点F的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于A，B两点，O为坐标原点，记△AOB，△FOB的面积分别为S1，S2，若eq \f(S1,S2)＝eq \r( ,3)＋1，求直线l的方程．
注：若选择不同的组合分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)若选择①②，可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c2＝a2＋b2，,\f(c,a)＝2，,2b＝2\r( ,3)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\r( ,3)，,c＝2，))
所以C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
若选择①③，因为b>a＞0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(b,a)＝\r( ,3)，,2b＝2\r( ,3)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝\r( ,3)，))
所以C的方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
若选择②③，因为b>a＞0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝2，,\f(b,a)＝\r( ,3)，,a2＋b2＝c2，))
此时无法确定a，b，c.
(2)由(1)知F(2,0)，由题意，知直线l的斜率不为0，所以设直线l的方程为x＝ty＋2.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋2，,x2－\f(y2,3)＝1，))消去x并整理得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，|y1|>|y2|，则可知3t2－1≠0.又Δ>0恒成立，所以y1＋y2＝eq \f(－12t,3t2－1)，y1y2＝eq \f(9,3t2－1)，因为y1y2>0，所以teq \f(\r( ,3),3).因为eq \f(S△AOB,S△FOB)＝eq \f(S△AOF－S△FOB,S△FOB)＝eq \f(S△AOF,S△FOB)－1＝eq \f(|y1|,|y2|)－1＝eq \r( ,3)＋1，所以eq \f(y1,y2)＝2＋eq \r( ,3).
由eq \f(y1＋y22－2y1y2,y1y2)＝eq \f(10t2＋2,3t2－1)，得eq \f(y1,y2)＋eq \f(y2,y1)＝eq \f(10t2＋2,3t2－1)，所以eq \f(10t2＋2,3t2－1)＝4，所以t＝±eq \r( ,3)，满足teq \f(\r( ,3),3).所以直线l的方程为y＝eq \f(\r( ,3),3)x－eq \f(2\r( ,3),3)或y＝－eq \f(\r( ,3),3)x＋eq \f(2\r( ,3),3).
3．(2024·陕西榆林模拟)已知直线l：x＋2＝0，M为平面内一动点，过M作l的垂线，垂足为N，且eq \(OM,\s\up6(→))·eq \(ON,\s\up6(→))＝0(O为坐标原点)，动点M的轨迹记为Ω.
(1)证明Ω为抛物线，并指出它的焦点坐标；
(2)已知P(0,1)，直线x－y＋t＝0(t0，y1＋y2＝2，y1y2＝2t.
直线PA的方程为y＝eq \f(2y1－1,y\\al(2,1))x＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(2y1－1,y\\al(2,1))x＋1，,y2＝2x，))
得(y1－1)y2－yeq \\al(2,1)y＋yeq \\al(2,1)＝0，
由根与系数的关系，得y1y3＝eq \f(y\\al(2,1),y1－1)，所以y3＝eq \f(y1,y1－1)，同理可得y4＝eq \f(y2,y2－1).
则kCD＝eq \f(y4－y3,x4－x3)＝eq \f(y4－y3,\f(y\\al(2,4),2)－\f(y\\al(2,3),2))
＝eq \f(2,y3＋y4)＝eq \f(2,\f(y1,y1－1)＋\f(y2,y2－1))
＝eq \f(2[y1y2－y1＋y2＋1],2y1y2－y1＋y2)
＝eq \f(22t－2＋1,2×2t－2)＝1，得kCD＝kAB＝1，所以AB∥CD．
4．(2024·安徽安庆模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，左焦点为F，|AF|＝eq \r( ,2)－1，|BF|＝eq \r( ,2)＋1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点P为x轴上的点，经过F且不垂直于坐标轴的直线l与C交于M，N两点，且|PM|＝|PN|.证明：|MN|＝|AB|·|FP|.
(1)解：设椭圆C的半焦距为c，
由|AF|＝eq \r(2)－1，|BF|＝eq \r(2)＋1，
可得a－c＝eq \r(2)－1，a＋c＝eq \r(2)＋1，
则a＝eq \r(2)，c＝1，b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：设MN的中点为H，连接PH，
由|PM|＝|PN|，可得MN⊥HP，
故直线HP为线段MN的垂直平分线．
设直线l：x＝my－1(m≠0)，代入到椭圆方程x2＋2y2＝2，
整理得(m2＋2)y2－2my－1＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，H(x3，y3)，P(x4,0)，则y1＋y2＝eq \f(2m,m2＋2)，y1y2＝eq \f(－1,m2＋2)，
所以|MN|＝|y1－y2|eq \r(m2＋1)
＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)eq \r(m2＋1)
＝eq \r(m2＋1)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2m,m2＋2)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,m2＋2))))
＝eq \f(2\r(2)m2＋1,m2＋2)，
y3＝eq \f(y1＋y2,2)＝eq \f(m,m2＋2)，x3＝eq \f(m2,m2＋2)－1＝eq \f(－2,m2＋2).
因为MN⊥HP，则有直线HP的方程lHP：y－eq \f(m,m2＋2)＝－meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,m2＋2)))，
令y＝0，得x4＝eq \f(－1,m2＋2)，
即|FP|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－1,m2＋2)＋1))＝eq \f(m2＋1,m2＋2)，
则有|MN|＝eq \f(2\r(2)m2＋1,m2＋2)＝2eq \r(2)|FP|，又|AB|＝2eq \r(2)，所以|MN|＝|AB|·|FP|.
高分推荐题
5．(2024·广东汕头模拟)在平面直角坐标系xOy中，已知圆G：x2＋(y－1)2＝1与抛物线C：x2＝2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为该圆的直径．过点E(0,2)作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P.
(1)求证：点P的纵坐标为定值；
(2)若F是抛物线C的焦点，证明：∠PFA＝∠PFB．
证明：(1)由对称性可知抛物线与圆的交点坐标为(1,1)，(－1，1)，代入抛物线方程可得2p＝1，
所以抛物线方程为x2＝y.
设A(x1，xeq \\al(2,1))，B(x2，xeq \\al(2,2))，
所以kAB＝eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),x1－x2)＝x1＋x2，所以直线AB的方程为y－xeq \\al(2,1)＝(x1＋x2)(x－x1)，即y＝(x1＋x2)x－x1x2，
因为直线AB过点E(0,2)，
所以－x1x2＝2，所以x1x2＝－2①.
因为y′＝2x，所以直线PA的斜率为2x1，直线PB的斜率为2x2，
直线PA的方程为y－xeq \\al(2,1)＝2x1(x－x1)，即y＝2x1x－xeq \\al(2,1)，同理，直线PB的方程为y＝2x2x－xeq \\al(2,2).
联立两直线方程，可得Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，x1x2))，
由①可知点P的纵坐标为定值－2.
(2)cs∠PFA＝eq \f(\(FA,\s\up6(→))·\(FP,\s\up6(→)),|\(FA,\s\up6(→))||\(FP,\s\up6(→))|)，
cs∠PFB＝eq \f(\(FB,\s\up6(→))·\(FP,\s\up6(→)),|\(FB,\s\up6(→))||\(FP,\s\up6(→))|)，
注意到两角都在(0，π)内，可知要证∠PFA＝∠PFB，即证eq \f(\(FA,\s\up6(→))·\(FP,\s\up6(→)),|\(FA,\s\up6(→))|)＝eq \f(\(FB,\s\up6(→))·\(FP,\s\up6(→)),|\(FB,\s\up6(→))|)(*)．
又Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))，所以eq \(FA,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，x\\al(2,1)－\f(1,4)))，eq \(FP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，－\f(9,4)))，
所以eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝x1·eq \f(x1＋x2,2)－eq \f(9,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)－\f(1,4)))＝－eq \f(7,4)xeq \\al(2,1)－eq \f(7,16)＝－eq \f(7,16)(4xeq \\al(2,1)＋1)，
又|eq \(FA,\s\up6(→))|＝eq \r(x\\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x\\al(2,1)－\f(1,4)))2)＝xeq \\al(2,1)＋eq \f(1,4)，
所以eq \f(\(FA,\s\up6(→))·\(FP,\s\up6(→)),|\(FA,\s\up6(→))|)＝－eq \f(7,4)，
同理得eq \f(\(FB,\s\up6(→))·\(FP,\s\up6(→)),|\(FB,\s\up6(→))|)＝－eq \f(7,4)，(*)式得证，即∠PFA＝∠PFB．