2023届高考一轮复习加练必刷题第80练　求值与证明问题【解析版】

这是一份2023届高考一轮复习加练必刷题第80练　求值与证明问题【解析版】，共4页。试卷主要包含了已知椭圆E，已知抛物线E，如图，B，A是椭圆C，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

考点一 求值问题
1．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆E在第一象限交于点P，若PF1＝5，且3a＝b2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设A，B是椭圆E上位于直线l两侧的两点．若直线AB过点(1，－1)，且∠APF2＝∠BPF2，求直线AB的方程．
解 (1)由题可得PF2＝eq \f(b2,a)＝3，因为PF1＝5，由椭圆的定义得a＝4，所以b2＝12，所以椭圆E的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)易知点P的坐标为(2,3)．
因为∠APF2＝∠BPF2，所以直线PA，PB的斜率之和为0.设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为－k，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则直线PA的方程为y－3＝k(x－2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－3＝kx－2，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))可得(3＋4k2)x2＋8k(3－2k)x＋4(3－2k)2－48＝0，
所以x1＋2＝eq \f(8k2k－3,3＋4k2)，
同理直线PB的方程为y－3＝－k(x－2)，则可得x2＋2＝eq \f(－8k－2k－3,3＋4k2)＝eq \f(8k2k＋3,3＋4k2)，
所以x1＋x2＝eq \f(16k2－12,3＋4k2)，x1－x2＝eq \f(－48k,3＋4k2)，
kAB＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(kx1－2＋3＋kx2－2－3,x1－x2)
＝eq \f(kx1＋x2－4k,x1－x2)＝eq \f(1,2)，
所以满足条件的直线AB的方程为y＋1＝eq \f(1,2)(x－1)，即x－2y－3＝0.
2．已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点A(2,1)是抛物线内一点，P为抛物线上的动点，且|AP|＋|PF|的最小值为3.
(1)求抛物线E的方程；
(2)过点(1,1)作斜率之和为0的两条直线l1，l2(l1的斜率为正数)，其中l1与曲线E交于M，C两点，l2与曲线E交于B，N两点，若四边形MBCN的面积等于16eq \r(3)，求直线l1的方程．
解 (1)过点P作抛物线E准线的垂线，垂足为D(图略)，则|PF|＝|PD|，
于是|AP|＋|PF|＝|AP|＋|PD|，
当A，P，D三点共线时，|AP|＋|PD|有最小值2＋eq \f(p,2)，
所以2＋eq \f(p,2)＝3，解得p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)依题意可知，直线l1，l2的斜率均存在，并且互为相反数，
由(1)知F(1,0)，设直线l1的方程为x＝m(y－1)＋1(m>0)，M(x1，y1)，C(x2，y2)，
将l1的方程代入抛物线方程并化简得y2－4my＋4m－4＝0，
则y1＋y2＝4m，y1y2＝4m－4.
|MC|＝eq \r(1＋m2)·eq \r(16m2－16m＋16)
＝4eq \r(1＋m2)·eq \r(m2－m＋1)，
同理得|BN|＝4eq \r(1＋m2)·eq \r(m2＋m＋1).
设直线l1的倾斜角为θ，则tan θ＝eq \f(1,m)，直线l1，l2的夹角α＝2θ或π－2θ，
sin α＝sin 2θ＝eq \f(2sin θcs θ,sin2θ＋cs2θ)＝eq \f(2tan θ,1＋tan2θ)＝eq \f(2m,1＋m2)，
因此四边形MBCN的面积S＝eq \f(1,2)|MC|·|BN|·sin 2θ＝16m·eq \r(m2＋12－m2)＝16eq \r(3)，
令t＝m2，得t(t＋1)2－t2＝3，
从而有t3＋t2＋t＝3，解得t＝1，
此时m＝1，故直线l1的方程为y＝x.
考点二 证明问题
3．如图，B，A是椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右顶点，P，Q是椭圆C上都不与A，B重合的两点，记直线BQ，AQ，AP的斜率分别是kBQ，kAQ，kAP.
(1)求证：kBQ·kAQ＝－eq \f(1,4)；
(2)若直线PQ过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)，0))，求证：kAP＝4kBQ.
证明 (1)由题意知B(－2,0)，A(2,0)，
设Q(x1，y1)，
则eq \f(x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，
则kBQ·kAQ＝eq \f(y1,x1＋2)·eq \f(y1,x1－2)＝eq \f(y\\al(2,1),x\\al(2,1)－4)＝eq \f(1－\f(x\\al(2,1),4),x\\al(2,1)－4)＝－eq \f(1,4).
(2)设P(x2，y2)，由(1)知kBQ·kAQ＝－eq \f(1,4)，
要证kAP＝4kBQ，只需证kAP＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4kAQ)))
＝－eq \f(1,kAQ)，
即证kAPkAQ＋1＝0，
即证eq \f(y2,x2－2)·eq \f(y1,x1－2)＋1＝0，
即证(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0.
设直线PQ：x＝ty＋eq \f(6,5)，代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，
整理得(t2＋4)y2＋eq \f(12,5)ty－eq \f(64,25)＝0，
显然，Δ>0成立．
则y1＋y2＝eq \f(－\f(12,5)t,t2＋4)，y1y2＝eq \f(－\f(64,25),t2＋4).
∵(x1－2)(x2－2)＋y1y2
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty1－\f(4,5)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ty2－\f(4,5)))＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2－eq \f(4,5)t(y1＋y2)＋eq \f(16,25)
＝(t2＋1)·eq \f(－\f(64,25),4＋t2)＋eq \f(\f(48,25)t2,4＋t2)＋eq \f(16,25)＝0，
∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0成立，从而kAP＝4kBQ成立．
4．(2022·长沙模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>1)上的点P(x0,1)到抛物线焦点F的距离为eq \f(5,4).
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点E(t,4)在抛物线C上，过点D(0,2)的直线l与抛物线C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(y1>0，y2>0)两点，点H与点A关于x轴对称，直线AH分别与直线OE，OB交于点M，N(O为坐标原点)，求证：S△AMD＝SOMN.
(1)解 由点P(x0,1)在抛物线C上可得，12＝2px0，解得x0＝eq \f(1,2p).所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2p)，1)).
易知抛物线的准线方程为x＝－eq \f(p,2)，
由抛物线的定义可得|PF|＝x0＋eq \f(p,2)＝eq \f(1,2p)＋eq \f(p,2)＝eq \f(5,4)，
整理得2p2－5p＋2＝0，
解得p＝2或p＝eq \f(1,2)(舍去)．
故抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明 由E(t,4)在抛物线C上可得42＝4t，
解得t＝4.
所以E(4,4)，则直线OE的方程为y＝x.
由题意知A(x1，y1)，B(x2，y2)，H(x1，－y1)，
则直线AH的方程为x＝x1，直线OB的方程为y＝eq \f(y2,x2)x，所以易得M(x1，x1)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x1y2,x2))).
易知直线l的斜率大于0，设直线l的方程为y＝kx＋2(k>0)．
联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,y2＝4x，))消去y得k2x2＋(4k－4)x＋4＝0.
则Δ＝(4k－4)2－16k2＝16－32k>0，
得0x1＋x2＝eq \f(4－4k,k2)，①
x1x2＝eq \f(4,k2)，②
数形结合可知，要证S△AMD＝SOMN，
即证eq \f(1,2)|AM|×x1＝eq \f(1,2)|MN|×x1，
易知x1≠0，故只需证|AM|＝|MN|，
即证y1－x1＝x1－eq \f(x1y2,x2)，
即证x1y2＋x2y1＝2x1x2，
将eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＝kx1＋2，,y2＝kx2＋2，))代入上式得(kx2＋2)x1＋(kx1＋2)x2＝2x1x2，
即(2k－2)x1x2＋2(x1＋x2)＝0，③
将①②代入③，得(2k－2)×eq \f(4,k2)＋eq \f(8－8k,k2)＝0，此等式显然成立．
所以S△AMD＝S△OMN.