2024届高三数学一轮复习基础夯实练62：圆锥曲线中求值与证明问题

基础夯实练62  圆锥曲线中求值与证明问题

1．(2023·晋中模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，且两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过椭圆C的右焦点F作直线l交C于A，B两点，且＝2，求|AB|.

2．(2022·郑州模拟)如图，已知抛物线Γ：y2＝8x的焦点为F，准线为l，O为坐标原点，A为抛物线Γ上一点，直线AO与l交于点C，直线AF与抛物线Γ的另一个交点为B.

(1)证明：直线BC∥x轴；

(2)设准线l与x轴的交点为E，连接BE，且BE⊥BF.证明：||AF|－|BF||＝8.

3．(2023·南通调研)在平面直角坐标系Oxy中，已知离心率为的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别是A，B，过右焦点F的动直线l与椭圆C交于M，N两点，△ABM的面积最大值为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线AM与定直线x＝t(t>2)交于点T，记直线TF，AM，BN的斜率分别是k0，k1，k2，若k1，k0，k2成等差数列，求实数t的值．

4．(2022·新高考全国Ⅱ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y＝±x.

(1)求C的方程；

(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在C上，且x1>x2>0，y1>0.过P且斜率为－的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|＝|MB|.

注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

5．在平面直角坐标系Oxy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点，焦距与长轴之比为，A，B分别是椭圆C的上、下顶点，M是椭圆C上异于A，B的一点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若点P在直线x－y＋2＝0上，且＝3，求△PMA的面积；

(3)过点M作斜率为1的直线分别交椭圆C于另一点N，交y轴于点D，且点D在线段OA上(不包括端点O，A)，直线NA与直线BM交于点P，求·的值．

6．已知抛物线C的焦点F在x轴上，过F且垂直于x轴的直线交C于A(点A在第一象限)，B两点，且|AB|＝4.

(1)求C的标准方程；

(2)已知l为C的准线，过F的直线l1交C于M，N(M，N异于A，B)两点，证明：直线AM，BN和l相交于一点．

7．若A，B，C(0,1)，D四点中恰有三点在椭圆T：＋＝1(a>b>0)上．

(1)求椭圆T的方程；

(2)动直线y＝x＋t(t≠0)与椭圆交于E，F两点，EF的中点为M，连接OM(其中O为坐标原点)交椭圆于P，Q两点，证明：|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|.

参考答案

1．解　(1)∵两焦点与短轴的两个端点的连线构成一个正方形，

∴b＝c，

∵椭圆过点P，

∴＋＝1，又a2＝b2＋c2，

解得a2＝2，b2＝1，

∴椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)∵F(1,0)，设lAB：x＝my＋1，

A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立方程

得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，

∴

∵＝2，∴y1＝－2y2，

∴

∴22＝，∴m2＝，

∴|AB|＝·|y1－y2|

＝·|－3y2|

＝3·＝.

2．证明　(1)由抛物线的性质可得焦点F(2,0)，准线方程为x＝－2，

设A，B，

所以直线AO的方程为y＝x，

由题意可得点C，

设直线AB的方程为x＝my＋2，

联立

整理可得y2－8my－16＝0，

所以y1y2＝－16，可得y2＝－，

所以yC＝y2，

所以BC∥x轴．

(2)因为准线方程为x＝－2，

由题意可得E(－2,0)，

＝，

＝，

因为BE⊥BF，

所以·＝0，

即y＋＝0，

解得y＝－32＋16，x2＝2－4，

由(1)可得x1x2＝＝＝4，

所以x1＝2＋4，

|AF|＝x1＋2，|BF|＝x2＋2，

所以可证||AF|－|BF||＝|x1－x2|＝8.

3．解　(1)由题意可知

A(－a,0)，B(a,0)，

设M(x1，y1)，显然－b≤y1≤b，

△ABM的面积为

·2a·≤ab，

因为△ABM的面积最大值为2，

所以ab＝2，

又因为椭圆的离心率为，

所以＝，

于是⇒

所以椭圆C的标准方程为

＋＝1.

(2)由(1)可知F(1,0)，A(－2,0)，

B(2,0)，

由题意可知直线l的斜率不为零，

所以设直线l的方程为x＝my＋1，与椭圆方程联立，得

⇒(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，

设N(x2，y2)，

所以y1＋y2＝，

y1y2＝，

直线AM的方程为＝，

把x＝t代入方程中，

得y＝，

所以T，

于是k0＝

＝，k1＝，

k2＝，

因为k1，k0，k2成等差数列，

所以2k0＝k1＋k2⇒2·＝＋，化简得＝，

把x1＝my1＋1，x2＝my2＋1代入，化简得

6my1y2＝(t＋5)(y1＋y2)＋(2t－8)y2，

把y1＋y2＝，y1y2＝代入，得

＝(2t－8)y2，因为m∈R，

所以即t＝4.

4．(1)解　由题意得c＝2.①

因为双曲线的渐近线方程为

y＝±x＝±x，

所以＝.②

又c2＝a2＋b2，③

所以联立①②③得a＝1，b＝，

所以双曲线C的方程为x2－＝1.

(2)证明　由题意知直线PQ的斜率存在且不为0，

设直线PQ的方程为

y＝kx＋t(k≠0)，

将直线PQ的方程代入C的方程，

整理得(3－k2)x2－2ktx－t2－3＝0，

则x1＋x2＝，

x1x2＝－>0，

所以3－k2<0，

所以x1－x2＝

＝.

设点M的坐标为(xM，yM)，

则

两式相减，得

y1－y2＝2xM－(x1＋x2)，

又y1－y2＝(kx1＋t)－(kx2＋t)

＝k(x1－x2)，

所以2xM＝k(x1－x2)＋(x1＋x2)，

解得xM＝；

两式相加，得2yM－(y1＋y2)

＝(x1－x2)，

又y1＋y2＝(kx1＋t)＋(kx2＋t)

＝k(x1＋x2)＋2t，

所以2yM＝k(x1＋x2)＋(x1－x2)＋2t，

解得yM＝

＝xM.

因此，点M的轨迹为直线y＝x，其中k为直线PQ的斜率．

若选择①②：

因为PQ∥AB，

所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，

设A(xA，yA)，B(xB，yB)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得xA＝，yA＝，

同理可得xB＝，yB＝－，

所以xA＋xB＝，

yA＋yB＝.

点M的坐标满足

得xM＝＝，

yM＝＝，

故M为AB的中点，

即|MA|＝|MB|.

若选择①③：

当直线AB的斜率不存在时，点M即为点F(2,0)，此时M不在直线

y＝x上，矛盾；

当直线AB的斜率存在时，易知直线AB的斜率不为0，

设直线AB的方程为

y＝m(x－2)(m≠0)，

A(xA，yA)，B(xB，yB)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得xA＝，yA＝，

同理可得xB＝，

yB＝－.

因为M在AB上，且|MA|＝|MB|，

所以xM＝＝，

yM＝＝，

又点M在直线y＝x上，

所以＝·，

解得k＝m，因此PQ∥AB.

若选择②③：

因为PQ∥AB，

所以直线AB的方程为y＝k(x－2)，

设A(xA，yA)，B(xB，yB)，

不妨令点A在直线y＝x上，

则由

解得xA＝，yA＝，

同理可得xB＝，yB＝－.

设AB的中点为C(xC，yC)，

则xC＝＝，

yC＝＝.

因为|MA|＝|MB|，

所以M在AB的垂直平分线上，

即点M在直线

y－yC＝－(x－xC)，

即y－＝－上，

与y＝x联立，

得xM＝＝xC，

yM＝＝yC，

即点M恰为AB的中点，

故点M在AB上．

5．解　(1)由已知可得可得

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)设点M(x1，y1)，P(x0，x0＋2)，易知B(0，－1)，A(0,1)，＝(x0，x0＋3)，＝(x1，y1＋1)，

由＝3可得

解得

即点M，

因为点M在椭圆C上，

则＋2＝1，

可得x＝6，

因此，S△PMA＝S△PAB－S△MAB

＝|AB|·|x0|＝.

(3)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为y＝x＋t，其中0<t<1，则D(0，t)，

联立

可得3x2＋4tx＋2t2－2＝0，

Δ＝16t2－12(2t2－2)＝24－8t2>0，

由根与系数的关系可得

x1＋x2＝－，x1x2＝，

kNA＝＝，

直线NA的方程为

y＝x＋1，

kMB＝＝，

直线BM的方程为

y＝x－1，

可得＝

＝

＝

＝·

＝·

＝，解得y＝，

即点P，

因此，·＝t·＝1.

6．(1)解　由抛物线C的焦点F在x轴上，点A在第一象限，可知抛物线开口向右．

设抛物线C的标准方程为

y2＝2px(p>0)，

则F.

由题意知AF⊥x轴，则点A的横坐标为，

将x＝代入y2＝2px，

可得|y|＝p，由|AB|＝2p＝4，

得p＝2，

所以抛物线C的标准方程为y2＝4x.

(2)证明　由(1)可知A(1,2)，

B(1，－2)．

设直线l1的方程为x＝my＋1，

联立

得y2－4my－4＝0.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.

直线AM的方程为

y＝(x－1)＋2，

即y＝(x－1)＋2，

令x＝－1，解得y＝，

所以直线AM与准线的交点为，

直线BN的方程为

y＝(x－1)－2，

即y＝(x－1)－2，

令x＝－1，解得y＝.

所以直线BN与准线的交点为，

因为＝－

＝－＝1，

即＝，

所以直线AM，BN和l相交于一点．

7．(1)解　由于A，B两点关于原点对称，必在椭圆上，

则＋＝1，且＋<1，

∴(0,1)必在椭圆上，即有＝1，

则b＝1，a2＝2，

∴椭圆T的方程为＋y2＝1.

(2)证明　设E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立

得x2＋tx＋t2－1＝0，

则x1＋x2＝－t，x1x2＝t2－1，y1＋y2＝x1＋t＋x2＋t＝t，

∴M，则kOM＝－，

联立

则可设P，Q，

∴|MP|·|MQ|＝··＝，

∵|ME|·|MF|＝|EF|2

＝(1＋k)(x1－x2)2

＝[(x1＋x2)2－4x1x2]

＝，

∴|ME|·|MF|＝|MP|·|MQ|.