2025優(yōu)化設(shè)計(jì)一輪課時(shí)規(guī)范練74　求值與證明問題

課時(shí)規(guī)范練74求值與證明問題1.(2022·天津,19)橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點(diǎn)(1)求橢圓的離心率;(2)直線l與橢圓有唯一公共點(diǎn)M,與y軸相交于點(diǎn)N(N異于M).記O為原點(diǎn),若|OM|=|ON|,且△MON的面積為3,求橢圓的方程.2.(2023·北京,19)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為53,A,C分別是E的上、下頂點(diǎn),(1)求E的方程;(2)設(shè)P為第一象限內(nèi)E上的動(dòng)點(diǎn),直線PD與直線BC交于點(diǎn)M,直線PA與直線y=-2交于點(diǎn)N.求證:MN∥CD.3.(2024·山東濰坊模擬)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,圓M:(x-4p)2+y2=4p2,拋物線上一點(diǎn)N到其準(zhǔn)線的距離等于其到圓心M的距離,且S△NFM=212(1)求拋物線C和圓M的方程;(2)過拋物線上一點(diǎn)P(x0,y0)作圓M的切線PA,PB分別交拋物線于A,B兩點(diǎn),已知直線AB的斜率為-34,求點(diǎn)P的坐標(biāo)4.(2024·江蘇無錫模擬)已知A,B,C為橢圓Γ:x24+y23=1上三個(gè)不同的點(diǎn),滿足OC=λOA+μOB,其中λ2+μ2=1.記(1)求D的方程;(2)若直線l交D于P,Q兩點(diǎn),交Γ于S,T兩點(diǎn),求證:|PS|=|QT|.5.(2024·廣東惠州模擬)已知雙曲線C:x2a2?y2b2=1(a>0,b>0)的焦距為25,且雙曲線C右支上一動(dòng)點(diǎn)P(x0,y0)到兩條漸近線(1)求雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)設(shè)直線l是曲線C在點(diǎn)P(x0,y0)處的切線,且l分別交兩條漸近線l1,l2于M,N兩點(diǎn),O為坐標(biāo)原點(diǎn),求△MON的面積.6.(2024·山東菏澤模擬)設(shè)拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)D(p,0),過F的直線交C于M,N兩點(diǎn).當(dāng)直線MD垂直于x軸時(shí),|MF|=3.(1)(ⅰ)求拋物線C的方程;(ⅱ)若點(diǎn)M在第一象限且|MF||(2)動(dòng)直線l與拋物線C交于不同的兩點(diǎn)A,B,P是拋物線上異于A,B的一點(diǎn),記PA,PB的斜率分別為k1,k2,t為非零的常數(shù).從下面①②③中選取兩個(gè)作為條件,證明另外一個(gè)成立.①點(diǎn)P的坐標(biāo)為(t2,2t);②k1+k2=2t③直線AB經(jīng)過點(diǎn)(-t2,0).

課時(shí)規(guī)范練74求值與證明問題1.解(1)由題意,aa2+b2=32,可得a2(2)由題意,橢圓方程化為x2+3y2=3b2.設(shè)M(m,n)(mn≠0),則m2+3n2=3b2.①過橢圓上點(diǎn)(m,n)的切線方程為mx+3ny=3b2,所以N0因?yàn)閨OM|=|ON|,所以m2+n2=b因?yàn)镾△MON=3,所以12×b2聯(lián)立①②③,解得m2=3,n22.(1)解依題意,得e=ca=53,則又A,C分別為橢圓上、下頂點(diǎn),|AC|=4,所以2b=4,即b=2,所以a2-c2=b2=4,即a2-59a2=49a2=4,則a2所以橢圓E的方程為x29+(2)證明因?yàn)闄E圓E的方程為x29+y24=1,所以A(0,2),C(0,-2),B因?yàn)镻為第一象限內(nèi)E上的動(dòng)點(diǎn),設(shè)P(m,n)(0<m<3,0<n<2),則m29易得kBC=0+2-3-0=-23,則直線BC的方程為y=-23x-2,kPD=n-0m-聯(lián)立y=-即M3(而kPA=n-2m-0=n-令y=-2,則-2=n-2mx+2,解得x=-4又m29+n24=1,則m2=9-9n24,8所以kMN=-12n=-6n=-6n又kCD=0+23-0=23,顯然,MN與CD不重合,所以MN∥CD.3.解(1)由題意知|NF|=|NM|,易知點(diǎn)N的橫坐標(biāo)為p2+4故N9所以S△NFM=12×4p-p2×32所以拋物線C的方程為y2=x,圓M的方程為(x-2)2+y2=1.(2)設(shè)P(y02,y0),A(y12,y1),B(y22,y2),直線由y=-34x+b,y2=x,得3y2設(shè)直線PA的方程為(y-y1)(y12?y02)-(y1-y0)(x-y12)=整理得x-(y0+y1)y+y0y1=0.因?yàn)镻A與圓相切,所以|2+y0y1|1+(y0+y1)2=1,整理得(y0同理可得(y02-1)y22+2y0y2+3所以y1,y2為方程(y02-1)y2+2y0y+3-y02=0的兩根,則y1所以-2y0y02-1=-43,即2y所以y0=-12或y0=2,經(jīng)檢驗(yàn)符合題意.所以P14,-14.(1)解設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則C(λx1+μx2,λy1+μy2),Mx1+x22,y1+y22將C代入Γ:x24+y23即λ2x124+y123+μ2x2又因?yàn)閤124+y123所以x1x24+y1y23=0.所以x所以D的方程為x即D的方程為x22+(2)證明設(shè)ST的中點(diǎn)為G,PQ的中點(diǎn)為G'.當(dāng)l垂直x軸時(shí),由對(duì)稱性可得|PS|=|QT|;當(dāng)l不垂直x軸時(shí),設(shè)l:y=kx+m,將直線l的方程代入Γ:x24+y23=1,得(3+4k2)x2+8kmx+4所以xS+xT=-8km3+4k2,yS+yT=k(xS+xT)+2m=6m3+4k2,所以xG=-4同理G'-4由此可知|PS|=|QT|.綜上,|PS|=|QT|.5.解(1)雙曲線C的漸近線方程為bx+ay=0和bx-ay=0,所以有|由題意可得4b25=a2b2a又2c=25,則c2=a2+b2=5,解得a=2,b=1,則雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x24-y2=(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),易知此時(shí)P(2,0),直線l:x=2,不妨設(shè)M(2,1),N(2,-1),得S△MON=2.當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線l的方程為y=kx+m,k≠0,k≠±12與雙曲線的方程x2-4y2=4聯(lián)立,可得(4k2-1)x2+8kmx+4m2+4=0.由直線與雙曲線的右支相切,可得Δ=(8km)2-4(4k2-1)(4m2+4)=0,故4k2=m2+1.設(shè)直線l與x軸交于點(diǎn)D,則D-又雙曲線的漸近線方程為y=±12x聯(lián)立y=12x,同理可得N-S△MON=S△MOD+S△NOD=12|OD||yM-yN|=-m2k·|k|·|xM-xN|=-m2綜上,△MON的面積為2.6.解(1)(ⅰ)由題意得Fp2,0,因?yàn)橹本€MD垂直于x軸,D所以點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為p,代入C:y2=2px(p>0)中,y2=2p2,則|DM|2=2p2.在Rt△DMF中,|DF|=p-p2由勾股定理得|MF|=|DF|2+|DM|2=p24+2p2(ⅱ)由(ⅰ)知F(1,0),因?yàn)閨MF||NF|=14,所以|MF|設(shè)直線MN的方程為y=m(x-1),m≠0,與y2=4x聯(lián)立得,m2x2-(2m2+4)x+m2=0.設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),x1>0,y1>0,則x1+x2=2m2+4m2,x1因?yàn)閨MF||NF|=14,所以x1+1x2+1=14,即x2=4x1+3,將其代入x1x2=1中得4x則x2=4x1+3=4,|MN|=x1+x2+p=14+4+2=(2)若選①②作為條件證明③,設(shè)直線AB:x=ky+n,AyA24聯(lián)立y2=4x,x=ky+n,得y2-4ky-4n=0,故yA+yB=4k,yAyB=-4n,故k故k1+k2=4y即16k+16t-4所以AB:x=ky-t2,即直線AB經(jīng)過點(diǎn)(-t2,0).若選①③作為條件證明②,設(shè)直線AB:x=ky-t2,AyA24聯(lián)立y2=4x,x=ky-t2,得y2-4ky+4t2=0,所以yA+yB=4k,yAyB=4t2,所以k1