分级练(61) 证明问题（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

分级练(61)　证明问题 分级一　提能强化 1.设椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点.若椭圆E的离心率为，△ABF2的周长为4. (1)求椭圆E的方程； (2)设不经过椭圆的中心而平行于弦AB的直线交椭圆E于点C，D，弦AB，CD的中点分别为M，N，证明：O，M，N三点共线. (1)解：由题意知，4a＝4，a＝. 又e＝，a2＝b2＋c2，∴c＝，b＝， ∴椭圆E的方程为＋＝1. (2)证明：当直线AB，CD的斜率不存在时，由椭圆的对称性知，中点M，N在x轴上，O，M，N三点共线， 当直线AB，CD的斜率存在时，设其斜率为k，且设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 则两式相减得＋－(＋)＝0， ∴＝－，＝－， ∴·＝－，·＝－， 即k·kOM＝－，∴kOM＝－. 同理可得kON＝－，∴kOM＝kON，∴O，M，N三点共线. 2.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－1，0)，过点F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3. (1)求椭圆C的方程； (2)已知点M(－4，0)，过点F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB. (1)解：由题意可知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程可得＋＝1，解得y＝±， ∴＝，又a2＝b2＋1，可得a＝2，b＝， ∴椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：当直线l的斜率不存在时，由对称性可知，∠FMA＝∠FMB. 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)， 代入椭圆方程可得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝， ∴kAM＋kBM＝＋ ＝ ＝. ∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0， ∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB. 综上，∠FMA＝∠FMB. 分级二　知能探究 3.(2023·湖南娄底模拟)已知椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F，离心率为，椭圆C上一点为(1，).直线AB的方程为y＝kx＋1(k≠0)，交椭圆C于A，B两点，M为AB中点. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点F且与AB垂直的直线与直线OM交于P点，过原点O作一条与AB平行的直线l，过点F作与MO垂直的直线m，设l∩m＝Q，求证：直线PQ⊥x轴. (1)解：依题意得解得 所以椭圆C的方程为＋＝1. (2)证明：联立椭圆C的方程＋＝1，与直线AB的方程y＝kx＋1，消去y， 得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得x1＋x2＝－，x1x2＝－， 设M(x0，y0)，所以x0＝＝－，y0＝kx0＋1＝， 所以直线MO的斜率为＝－，MO的方程为y＝－x，点F的坐标为(1，0)， 过F且与AB垂直的直线方程为y＝－(x－1)， 由y＝－(x－1)与y＝－x联立，消去y得点P的横坐标为4， 直线m的方程为y＝(x－1)，直线l的方程为y＝kx， 由y＝(x－1)与y＝kx联立消去y，得点Q的横坐标也为4，所以直线PQ⊥x轴. 4.(2021·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为. (1)求椭圆C的方程； (2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切.证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝. (1)解：由题意知则a＝，又∵a2＝b2＋c2，∴b＝1. 故椭圆C的方程为＋y2＝1. (2)证明：①(必要性)若M，N，F三点共线，即直线MN过点F(，0)， 设直线MN的方程为x＝my＋， 则圆心O(0，0)到MN的距离d＝＝1，得m2＝1. 联立得(m2＋3)y2＋2my－1＝0，即4y2＋2my－1＝0， |MN|＝·＝·＝，必要性成立. ②(充分性)当|MN|＝时，设直线MN的方程为x＝ty＋m. 此时圆心O(0，0)到MN的距离d＝＝1，得m2－t2＝1， 联立得(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－3＝0， Δ＝4t2m2－4(t2＋3)(m2－3)＝12(t2－m2＋3)＝24. 由|MN|＝·＝，得t2＝1，∴m2＝2. ∵MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切，∴m>0，m＝， ∴直线MN的方程为x＝ty＋，恒过点F(，0)， ∴M，N，F三点共线，充分性成立. 由①②可得M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$