第6期 椭圆（一）-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（北师大版2019）

书 高中数学·选择性必修第一册（北师大版）２０２４年８月 第５～８期参考答案 第５期 直线与圆核心素养综合测评 一、单项选择题　１～４　ＤＡＢＡ　５～８　ＡＣＤＤ 提示： ３．由ａｘ＋ｙ＋３ａ－１＝０可得ａ（ｘ＋３）＋ｙ－１＝０， 令 ｘ＋３＝０， ｙ－１＝０{ ，可得ｘ＝－３，ｙ＝１，所以Ｎ（－３，１）． 设直线２ｘ＋３ｙ－６＝０关于点Ｎ对称的直线方程为２ｘ＋３ｙ ＋ｃ＝０（ｃ≠－６）， 则 ｜－６＋３－６｜ ４＋槡 ９ ＝｜－６＋３＋ｃ｜ ４＋槡 ９ ， 解得ｃ＝１２或ｃ＝－６（舍去）， 所以所求直线方程为２ｘ＋３ｙ＋１２＝０，故选（Ｂ）． ４．方程ｘ２＋ｙ２＋（ｋ－１）ｘ＋２ｋｙ＋ｋ＝０表示圆的条件为（ｋ －１）２＋（２ｋ）２－４ｋ＞０，即５ｋ２－６ｋ＋１＞０，解得ｋ＞１或ｋ＜ １ ５，又知该方程不表示圆，所以ｋ的取值范围为 １ ５≤ｋ≤１，又因 为ｋ {∈ －２，０，４５，}３ ，所以满足条件的ｋ＝ ４５，即ｋ的取值集 {合为 }４５ ，故选（Ａ）． ５．设Ｍ（ｍ，ｎ），故有ｍ２＋ｎ２ ＝１，即ｎ２ ＝１－ｍ２， 由→ →ＰＭ＝ＭＮ，则点Ｍ为ＰＮ中点， 故Ｎ（２＋２ｍ，２ｎ），故有（２＋２ｍ）２＋（２ｎ）２ ＝１， 即有（２＋２ｍ）２＋４（１－ｍ２）＝１，整理得８ｍ＋８＝１， 即ｍ＝－７８． ６．记Ａ（２，０），则ｋ＝ ｙｘ－２为直线ＡＰ的斜率， 故当直线ＡＰ与半圆ｘ２＋（ｙ－１）２ ＝１（ｘ＞０）相切时， 得ｋ最小，此时设ＡＰ：ｙ＝ｋ（ｘ－２），故｜－１－２ｋ｜ ｋ２＋槡 １ ＝１， 解得ｋ＝－４３或ｋ＝０（舍去），即ｋｍｉｎ＝－ ４ ３．故选：（Ｃ）． ７．当圆 Ｃ与 ｘ轴相切时，设圆心 Ｃ（ａ，ａ＋７），半径 ｒ＝ ｜ａ＋７｜，故 ａ２＋（ａ＋７）槡 ２ ＝２＋｜ａ＋７｜，即ａ２－４＝４｜ａ＋ ７｜，解得ａ＝－４或ａ＝８，所以圆Ｃ的方程（ｘ＋４）２＋（ｙ－３）２ ＝９或（ｘ－８）２＋（ｙ－１５）２ ＝２２５； 当圆Ｃ与ｙ轴相切时，设圆心Ｃ（ａ，ａ＋７），半径ｒ＝｜ａ｜，故 ａ２＋（ａ＋７）槡 ２ ＝２＋｜ａ｜，即（ａ＋７）２＝４＋４｜ａ｜，解得ａ＝ －３或ａ＝－１５，所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋３）２＋（ｙ－４）２＝９或（ｘ ＋１５）２＋（ｙ＋８）２ ＝２２５，则满足条件的圆Ｃ有４个． ８．设Ｐ（ｘ，ｙ），根据线段ＭＮ的中点为Ｐ， 则ＣＰ⊥ＭＮ，即ＣＰ⊥ＡＰ，所以→ＣＰ·→ＡＰ＝０， 又→ＡＰ＝（ｘ＋６，ｙ＋８），→ＣＰ＝（ｘ，ｙ）， 所以ｘ（ｘ＋６）＋ｙ（ｙ＋８）＝０，即（ｘ＋３）２＋（ｙ＋４）２＝２５， 所以点Ｐ的轨迹是以（－３，－４）为圆心，半径为５的圆在圆 Ｃ内的一部分．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题 ９．ＡＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．ｌ：ｘ－ａｙ＋１＝０（ａ∈ Ｒ）整理为：ａｙ＝ｘ＋１，恒过定点 （－１，０），故（Ａ）正确； 当ａ＝０时，直线ｌ与ｘ轴垂直，故（Ｂ）错误； 当ｍ＝－１时，两直线重合，故（Ｃ）错误； 因为１×ａ＋１×（－ａ）＝０，故直线ｌ与直线ｌ′一定垂直，故 （Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｄ）． １０．依题意，设Ｐ（２ｃｏｓθ，２ｓｉｎθ）， 则｜ＰＡ｜２＝（２ｃｏｓθ＋２）２＋（２ｓｉｎθ＋２）２＝１２＋８ｃｏｓθ＋８ｓｉｎθ， ｜ＰＢ｜２＝（２ｃｏｓθ＋２）２＋（２ｓｉｎθ－６）２＝４４＋８ｃｏｓθ－２４ｓｉｎθ， ｜ＰＣ｜２＝（２ｃｏｓθ－４）２＋（２ｓｉｎθ＋２）２＝２４－１６ｃｏｓθ＋８ｓｉｎθ， 所以｜ＰＡ｜２＋｜ＰＢ｜２＋｜ＰＣ｜２ ＝８０－８ｓｉｎθ， 又ｓｉｎθ∈［－１，１］，则８０－８ｓｉｎθ∈［７２，８８］． 故选：（Ｂ）（Ｃ）． １１．设Ａ（ｘ，ｙ）， 由重心坐标公式 １ ６ ＝ ｘ＋（－１）＋０ ３ ， ２ ３ ＝ ｙ＋０＋２ ３ { ， 解得 ｘ＝ ３２，ｙ＝０{ ， 所以 (Ａ ３２， )０ ，故选项（Ａ）正确； ｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜＝ ５２，｜ＢＣ｜＝槡５，所以△ＡＢＣ不是等边三 角形，故选项（Ｂ）错误； ｜ＡＢ｜＝｜ＡＣ｜，△ＡＢＣ的外心、重心、垂心都位于线段ＢＣ的 垂直平分线上，线段ＢＣ (的中点的坐标为 －１２， )１ ，线段ＢＣ所 在直线的斜率ｋＢＣ ＝ ２－０ ０－（－１）＝２，线段ＢＣ垂直平分线的方程 为ｙ－１＝－ (１２ ｘ＋ )１２ ，即２ｘ＋４ｙ－３＝０，△ＡＢＣ的欧拉线 方程为２ｘ＋４ｙ－３＝０，故选项（Ｃ）正确； 因为线段ＡＢ的垂直平分线方程为ｘ＝ １４，△ＡＢＣ的外心Ｍ 为线段ＢＣ的垂直平分线与线段ＡＢ的垂直平分线的交点，所以交 点Ｍ的坐标满足 ２ｘ＋４ｙ－３＝０， ｘ＝ １４ { ， 解得 (Ｍ １４， )５８ ，外接圆 半径 (ｒ＝｜ＭＢ｜＝ １４ ＋ )１ ２ (＋ )５８槡 ２ ＝ １２５槡６４，所以 △ＡＢＣ (外接圆的方程为 ｘ－ )１４ ２ (＋ ｙ－ )５８ ２ ＝１２５６４，故选 项（Ｄ）正确．故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２ (． －１１３，１ )１３ ；　１３．－２；　１４．７２２５． 提示： １２．因为点（５ａ＋１，１２ａ）在圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝１的内部，所以（５ａ ＋１－１）２＋（１２ａ）２＜１，即ａ２＜ １１６９，解得ａ (∈ －１１３，１ )１３ ． １３．依题意知，直线ｌ的斜率为ｋ＝ｔａｎ１３５°＝－１，则直线ｌ１ 的斜率为１，于是有２＋１３－ａ＝１，所以ａ＝０．又直线ｌ２与ｌ１平行，所 以１＝－２ｂ，即ｂ＝－２，所以ａ＋ｂ＝－２． １４．根据题意作出图１，ＡＢ为两圆 的公切线，切点分别为Ａ，Ｂ． Ｃ１（２，２），Ｃ２（－１，－１），所以直 线Ｃ１Ｃ２的斜率ｋ＝１，显然与直线ＡＢ 的斜率不相同，所以ｒ１≠ｒ２． 不妨设０＜ｒ１ ＜ｒ２ 过Ｃ１作ＡＢ的平行线交ＡＣ２于点Ｅ， 则ＥＣ２ ＝ｒ２－ｒ１，ＡＢ＝ＥＣ１且ＡＢ∥ ＥＣ１，Ｃ１Ｃ２ ＝ （２＋１）２＋（２＋１）槡 ２ ＝ 槡３２＝ｒ１＋ｒ２． ① 所以直线ＡＢ与直线Ｃ１Ｃ２的夹角的正切值为： ｔａｎα＝ １－７１＋７ ＝ ３ ４． 在Ｒｔ△ＥＣ１Ｃ２中， ＥＣ２ ＥＣ１ ＝ ３４，所以ＥＣ１＝ ４ ３（ｒ２－ｒ１）， 又ＥＣ２１＋ＥＣ２２ ＝Ｃ１Ｃ２２，整理得 [ ： ４ ３（ｒ２－ｒ１ ]） ２ ＋（ｒ２－ｒ１）２＝１８，解得ｒ２－ｒ１＝ 槡 ９２ ５，② 联立①②， 得：ｒ１ ＝ 槡 ３２ ５，ｒ２ ＝ 槡１２２ ５ ，所以ｒ１ｒ２ ＝ 槡３２ ５ × 槡１２２ ５ ＝ ７２ ２５． 四、解答题 １５．解：依题意，设ｌ与ｔ的关系式为：ｌ＝ｋｔ＋ｂ，ｋ，ｂ是常数， 于是得 １２．５０６＝４０ｋ＋ｂ， １２．５１２＝８０ｋ＋ｂ{ ，解得 ｋ＝０．０００１５， ｂ＝１２．５{ ． 则所求直线的方程为ｌ＝００００１５ｔ＋１２．５， 当ｔ＝１００时，ｌ＝１２．５１５ｍ． １６．解：（１）设Ｑ（ｘ，ｙ）．由已知得ｋＭＮ ＝３， 又ＰＱ⊥ＭＮ，可得ｋＰＱ·ｋＭＮ ＝－１， 即 ｙ ｘ－３×３＝－１． ① 由已知得ｋＰＮ ＝－２，又ＰＮ∥ＭＱ，可得ｋＰＮ ＝ｋＭＱ， 即 ｙ＋１ ｘ－１＝－２． ② 联立①②，解得ｘ＝０，ｙ＝１，即Ｑ（０，１）． （２）设Ｑ（ｘ′，０）． 因为∠ＮＱＰ＝∠ＮＰＱ，所以ｋＮＱ ＝－ｋＮＰ． 又ｋＮＱ ＝ ２ ２－ｘ′，ｋＮＰ ＝－２， 所以 ２ ２－ｘ′＝２，即ｘ′＝１，所以Ｑ（１，０）． 又因为Ｍ（１，－１），所以ＭＱ垂直于ｘ轴． 所以直线ＭＱ的倾斜角为９０°． １７．解：（１）以 Ｂ为原点，正东方向为 ｘ 轴正方向建立如图２所示的直角坐标系，则 Ａ地的坐标是（－４００，０），台风中心移动路 径所在直线的斜率ｋ＝１，所以台风中心移 动路径所在的直线方程为ｙ＝ｘ＋４００． （２）以Ｂ为圆心，３００千米为半径作圆， 和直线ｙ＝ｘ＋４００相交于Ａ１，Ａ２两点． 设台风中心移到Ａ１时，城市Ｂ开始受台风影响（危险区）， 直到Ａ２时，解除影响． 因为点Ｂ到直线ｙ＝ｘ＋４００的距离ｄ＝ 槡２００２（千米）， 所以｜Ａ１Ａ２｜＝２ ３００２－（ 槡２００２）槡 ２ ＝２００（千米）． 而 ２００ ２０＝１０（小时），所以城市Ｂ处于危险区城的时间是１０小时． １８．解：（１）因为Ａ（１，１）和Ｂ（２，－２）， 所以线段ＡＢ的中点坐标为 ３ ２，－( )１２ ， 直线ＡＢ的斜率为ｋＡＢ ＝ －２－１ ２－１ ＝－３， 故线段ＡＢ的垂直平分线方程为ｙ＝－１２ ＋ １ ３ ｘ－( )３２ ， 即ｘ－３ｙ－３＝０． 由 ｘ－３ｙ－３＝０， ｘ－ｙ＋１＝０{ ，解得 ｘ＝－３， ｙ＝－２{ ．则Ｃ（－３，－２）． 半径ｒ＝｜ＡＣ｜＝ （１＋３）２＋（１＋２）槡 ２ ＝５， 所以圆Ｃ的标准方程为（ｘ＋３）２＋（ｙ＋２）２ ＝２５． （２）设Ｍ的坐标为（ｘ，ｙ），Ｑ（ｘ′，ｙ′）， 由Ｍ是线段ＰＱ的中点，有 ｘ＝ｘ′＋５２ ， ｙ＝ｙ′＋０２ { ，得 ｘ′＝２ｘ－５，ｙ′＝２ｙ{ ， 又因为Ｑ（ｘ′，ｙ′）是圆Ｃ上的动点， 所以（ｘ′＋３）２＋（ｙ′＋２）２ ＝２５， 即（２ｘ－５＋３）２＋（２ｙ＋２）２ ＝２５， 整理得（ｘ－１）２＋（ｙ＋１）２ ＝２５４． 则线段ＰＱ中点Ｍ的轨迹方程是（ｘ－１）２＋（ｙ＋１）２＝２５４． １９．解：当ｘ≥０，ｙ≥０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ １２； 当ｘ≤０，ｙ≥０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ － )１２ ２ ＝ １２； 当ｘ≥０，ｙ≤０时，曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ ＋ )１２ ２ ＝ １２； 当ｘ≤０，ｙ≤０时，曲线Ｃ ( 的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２； 作出曲线Ｃ的图象（如图３）． （１）由图可知，曲线Ｃ是四个半径为槡２２ 的半圆围成的图形， 即曲线Ｃ围成的图形的周长是 ４×１２ ×２×π× 槡２ ２ ＝ 槡２２π． （２）曲线Ｃ所围成的面积为四个半圆的面积与边长为槡２的 正方形的面积之和， 从而曲线Ｃ所围成图形的面积为 ４×１２π× １ ２ ＋（槡２） ２ ＝２＋π． （３）因为Ｐ（ｍ，ｎ）到直线３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离为 ｄ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ ３２＋４槡 ２ ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜５ ， 所以｜３ｍ＋４ｎ－１２｜＝５ｄ． 当ｄ最小时，易知Ｐ（ｍ，ｎ）在曲线Ｃ的第一象限内的图象上， 因为曲线Ｃ (的第一象限内的图象是圆心为 １２， )１２ ，半径 为槡 ２ ２的半圆， (所以圆心 １２， )１２ 到３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离 书 所以ｋＱＭ１·ｋＱＮ１ ＝－ (１４ ｋＱＭ１≠± )１２ ． 设直线ＱＭ１的斜率为ｋ，则直线ＱＮ１的斜率为 － １ ４ｋ． 所以直线ＱＭ１为ｙ＝ｋ（ｘ＋槡３），设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｋ（ｘ＋槡３）， ｘ２ ４ ＋ｙ ２ ＝１{ ， 得（１＋４ｋ２）ｘ２＋槡８３ｋ２ｘ＋１２ｋ２－４＝０， 则ｘ１＋ｘ２ ＝ － 槡８３ｋ２ １＋４ｋ２ ，ｘ１ｘ２ ＝ １２ｋ２－４ １＋４ｋ２ ， 所以｜ＡＢ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜ ＝ １＋ｋ槡 ２ （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝ ４（１＋ｋ２） １＋４ｋ２ ， 同理可得｜ＤＥ｜＝１＋１６ｋ ２ １＋４ｋ２ ， 所以｜ＡＢ｜＋｜ＤＥ｜＝４（１＋ｋ ２） １＋４ｋ２ ＋１＋１６ｋ ２ １＋４ｋ２ ＝５． 第８期２版 专项小练一 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ｃ． ４．（ 槡± ｎ－ｍ，０）；　５． ｘ２ ９ － ｙ２ １６＝１（ｘ≥３）． ６．解：由条件知椭圆的焦点为（０，±３）， 设双曲线的标准方程为 ｙ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）， 则ａ２＋ｂ２ ＝９． ① 将ｙ＝４代入椭圆方程，得ｘ２ ＝１５， 则 １６ ａ２ －１５ ｂ２ ＝１． ② 由①②解得 ａ２ ＝４， ｂ２ ＝５{ ，或 ａ２ ＝３６， ｂ２ ＝－{ ２７（舍去）． 故双曲线的标准方程为 ｙ２ ４ － ｘ２ ５ ＝１． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｂ；　３．Ａ．　４．１２；　５．１＋槡２． ６．解：由于椭圆 ｙ ２ １６９＋ ｘ２ １４４＝１的焦点为（０，－５），（０，５）， 焦点在ｙ轴上， 故设双曲线的方程为 ｙ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 因为双曲线过点（０，２）， 所以将该点代入双曲线方程得ａ２ ＝４， 故ｃ＝５，ａ＝２．于是ｂ２ ＝ｃ２－ａ２ ＝２１． 所以双曲线的标准方程是 ｙ２ ４ － ｘ２ ２１＝１，双曲线的实轴长为 ４，焦距为１０，离心率ｅ＝ ｃａ ＝ ５ ２，渐近线方程为ｙ＝± 槡２２１ ２１ｘ． 第８期３，４版 双曲线同步核心素养测评（一） 一、单项选择题　１～４　ＤＢＢＣ　５～８　ＢＡＡＡ 提示： １．由题意得２ａ＝４，ａ＝２，故渐近线方程为ｙ＝±１２ｘ． ２．由题得ａ＝３， 由双曲线定义可知｜ＭＦ２｜－｜ＭＦ１｜＝２ａ＝６， 所以｜ＭＦ２｜＝６＋７＝１３．故选：（Ｂ）． ３．椭圆ｘ ２ ５ ＋ ｙ２ ９ ＝１的上顶点为Ａ（０，３）， 双曲线ｘ２－ｙ２ ＝１的渐近线方程为ｙ＝±ｘ， 则点Ａ到ｙ＝±ｘ的距离为ｄ＝ ３ 槡２ ＝ 槡３２２．故选：（Ｂ）． ４．由题意知，双曲线的焦点在ｙ轴上， 设双曲线的方程为 ｙ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）， 由题得ａ＝１，ｅ＝ ｃａ ＝２，所以ｃ＝２， 所以ｂ２ ＝ｃ２－ａ２ ＝４－１＝３， 所以双曲线的标准方程为ｙ２－ｘ ２ ３ ＝１．故选：（Ｃ）． ５．依题意，以点 Ｏ２为原点，直 线Ｏ１Ｏ３为ｘ轴建立平面直角坐标 系，如右图，点Ｏ４（－１３，－１１）， 设双曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０），其渐近线为 ｙ ＝± ｂａｘ，因直线Ｏ２Ｏ４为一条渐近 线， 则有 ｂ ａ ＝ １１ １３，双曲线 Ｃ的离心率为 ｅ＝ ａ２＋ｂ槡 ２ ａ ＝ １ (＋ ｂ )ａ槡 ２ ＝ １ (＋ １１)１３槡 ２ ＝槡２９０１３ ．故选：（Ｂ）． ６．由题意得ｅ１ｅ２ ＝ ａ２＋ｂ槡 ２ ａ · ｍ２－ｂ槡 ２ ｍ ＝１， 所以（ａ２＋ｂ２）（ｍ２－ｂ２）＝ａ２ｍ２， 得ｍ２ ＝ａ２＋ｂ２，所以三角形为直角三角形． ７．设ＲＦ与渐近线ｙ＝ ｂａｘ的交点为Ｐ， 由题意可知｜ＯＦ｜＝２，∠ＰＯＦ＝６０°，ＰＯ⊥ＰＦ， 所以｜ＰＦ｜＝槡３，｜ＰＯ｜＝１， 则Ｓ△ＯＲＦ ＝２Ｓ△ＰＯＦ ＝２× １ ２ ×槡３×１＝槡３．故选：（Ａ）． ８．因为双曲线ｙ ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１的渐近线方程为 ±ａｘ＋ｂｙ＝０， 又双曲线的一条渐近线为３ｘ＋槡７ｙ＝０，所以 ａ ｂ ＝ ３ 槡７ ， 即槡７ａ＝３ｂ，又下焦点到下顶点的距离为１， 所以ｃ－ａ＝１，结合ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２解得ａ２ ＝９，ｂ２ ＝７， 故选：（Ａ）． 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．若Ｃ为椭圆，则 ３－ｔ＞０， ｔ－１＞０， ３－ｔ≠ｔ－１ { ， 所以１＜ｔ＜３且ｔ≠２，故 （Ａ）错误； 若Ｃ为双曲线，则（３－ｔ）（ｔ－１）＜０，所以ｔ＞３或ｔ＜１， 故（Ｂ）正确； 若Ｃ为圆，则３－ｔ＝ｔ－１，所以ｔ＝２，故（Ｃ）正确； 若Ｃ为椭圆，且长轴在ｙ轴上，则 ３－ｔ＞０， ｔ－１＞０， ｔ－１＞３－ｔ { ， 所以２＜ｔ ＜３，故（Ｄ）错误．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １０．若直线ｌ与Ｃ的两支交于顶点Ａ，Ｂ，则｜ＡＢ｜ｍｉｎ＝２ａ， 若直线ｌ与Ｃ的一支交于Ａ，Ｂ两点，则通径最短， ｜ＡＢ｜ｍｉｎ＝ ２ｂ２ ａ，由题意得 ２ｂ２ ａ ＝２ａ＝４，解得ａ＝ｂ＝２， 则双曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ４ － ｙ２ ４ ＝１， 把四个选项分别代入方程，则（Ｂ）选项表示的点不在双曲线 上，（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）选项表示的点在双曲线上．故选（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．设双曲线的半焦距为ｃ＝２， 其中一条渐近线为ｙ＝ ｂａｘｂｘ－ａｙ＝０， 因为Ｆ２到Ｃ的一条渐近线的距离为槡２， 即ｄ＝｜２ｂ－ａ×０｜ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝２ｂｃ ＝ ２ｂ ２ ＝槡２， 所以ｂ＝槡２，又ｃ＝２，所以ａ＝槡２，故（Ａ）正确； 对于（Ｂ），由题得过点Ｍ且斜率为１的直线为ｙ＝ｘ＋槡３－１， 联立 ｙ＝ｘ＋槡３－１， ｘ２－ｙ２ ＝２{ ， 消去ｙ得：ｘ＝－槡３，ｙ＝－１， 只有一个交点，故（Ｂ）错误； 对于（Ｃ），设Ｐ（ｘ０，ｙ０），则 ｘ２０ ２－ ｙ２０ ２ ＝１，ｋＰＦ１·ｋＰＦ２＝ ｙ０ ｘ０＋２ · ｙ０ ｘ０－２ ＝ ｙ２０ ｘ２０－４ ＝ ｘ２０－２ ｘ２０－４ ≠１，故（Ｃ）错误； 对于（Ｄ），由双曲线的定义可知 ｜ＰＭ｜＋｜ＰＦ１｜＝｜ＰＭ｜＋ ｜ＰＦ２｜＋２ａ≥｜ＭＦ２｜＋２ａ＝２＋槡２２，当且仅当Ｐ，Ｍ，Ｆ２三点共 线时取得等号，故（Ｄ）正确．故选：（Ａ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．（－∞，０）；　１３．－２，ｙ＝±槡２ｘ；　１４．ｘ＝± 槡 ２３ ３． 提示： １２．由题可得２－ｍ＞０，且ｍ＜０， 解得：ｍ＜０，即实数ｍ的取值范围是（－∞，０）． １３．因为双曲线Ｃ过Ｍ（－２，槡６）， 则（－２）２－（槡６） ２ ｍ ＝１，解得ｍ＝２， 显然点Ｍ（－２，槡６）在双曲线Ｃ：ｘ２－ ｙ２ ２ ＝１的左支上， 而实半轴长ａ＝１，虚半轴长ｂ＝槡２， 所以｜ＭＦ１｜－｜ＭＦ２｜＝－２，双曲线Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±槡２ｘ． １４．由｜ ｘ２＋４ｘ＋槡 ５－ ｘ２－４ｘ＋槡 ５｜＝２， 得｜ （ｘ＋２）２＋（１－０）槡 ２－ （ｘ－２）２＋（１－０）槡 ２｜＝２． 其几何意义为平面内一点（ｘ，１）与两定点（－２，０），（２，０） 距离之差的绝对值为２． 平面内与两定点（－２，０），（２，０）距离之差的绝对值为２的 点的轨迹是双曲线． 设该双曲线的方程为 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）， 则 ２ａ＝２， ｃ＝２， ｃ２ ＝ａ２＋ｂ２ { ， 解得ａ＝１，ｂ＝槡３． 所以该双曲线的方程是ｘ２－ｙ ２ ３ ＝１． 令ｙ＝１，解得ｘ＝± 槡２３３． 四、解答题 １５．解：可设双曲线的方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 由椭圆方程知椭圆的半焦距是４，离心率为 ４５， 则可得双曲线的焦点坐标是（－４，０），（４，０），即ｃ＝４． 双曲线的离心率ｅ＝１４５ － ４ ５ ＝２． 由ｅ＝ ｃａ ＝２，得ａ＝２，从而ｂ ２ ＝４２－２２ ＝１２． 所以双曲线的方程为 ｘ２ ４ － ｙ２ １２＝１． １６．解：当双曲线的焦点在ｘ轴上时， 设双曲线的方程为ｍｘ２－ｎｙ２ ＝１（ｍ＞０，ｎ＞０）， 则 ｍ（－ 槡２７）２－ｎ（－３）２ ＝１， ｍ·７２－ｎ（槡６２）２ ＝１ { ， 即 ２８ｍ－９ｎ＝１， ４９ｍ－７２ｎ＝１{ ． 解得 ｍ＝ １２５， ｎ＝ １７５ { ．所以双曲线的方程为ｘ２２５－ｙ２７５＝１． 当双曲线的焦点在ｙ轴上时， 设双曲线的方程为ｐｙ２－ｑｘ２ ＝１（ｐ＞０，ｑ＞０）， 则 ｐ（－３）２－ｑ（－ 槡２７）２ ＝１， ｐ（槡６２）２－ｑ·７２ ＝１ { ， 即 ９ｐ－２８ｑ＝１， ７２ｐ－４９ｑ＝１{ ． 解得 ｐ＝－１７５， ｑ＝－１{ ２５（舍去）． 综上所述，所求双曲线的方程为 ｘ２ ２５－ ｙ２ ７５＝１． １７．解：（１）设点Ｃ（ｘ，ｙ），则｜｜ＣＡ｜－｜ＣＢ｜｜＝２， 所以Ｃ的轨迹是双曲线且焦点在ｘ轴上， 由２ａ＝２，２ｃ＝｜ＡＢ｜＝ 槡２３，得ａ２ ＝１，ｂ２ ＝２， 故点Ｃ的轨迹方程是ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１． （２）由已知条件得直线方程为ｙ＝ｘ－２， 与ｘ２－ｙ ２ ２ ＝１联立，消去ｙ得ｘ ２＋４ｘ－６＝０， 因为Δ＞０，所以直线与双曲线有两个交点． 设Ｄ（ｘ１，ｙ１），Ｅ（ｘ２，ｙ２），则ｘ１＋ｘ２ ＝－４，ｘ１ｘ２ ＝－６， 所以｜ＤＥ｜＝ １＋ｋ槡 ２｜ｘ１－ｘ２｜ ＝槡２ （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝ 槡４５． １８．（１）解：由条件知ｅ２ ＝１＋ｂ ２ ａ２ ＝２，所以 ｂａ ＝１． 可设双曲线的方程为ｘ２－ｙ２ ＝λ（λ∈Ｒ且λ≠０）， 因为点（４，－槡１０）在双曲线上，所以λ＝４２－１０＝６． 因此所求双曲线的方程为ｘ２－ｙ２ ＝６． （２）证明：ｋｘ－ｙ－３ｋ＋ｍ＝０即为ｋ（ｘ－３）＋（ｍ－ｙ）＝０， 其过定点Ｍ（３，ｍ）．又Ｍ在双曲线上， 所以３２－ｍ２ ＝６，解得ｍ＝±槡３，即Ｍ（３，±槡３）． 又双曲线的焦点为Ｆ１（－ 槡２３，０），Ｆ２（槡２３，０）， 当Ｍ的坐标为 （３，槡３）时， ｋＦ１Ｍ·ｋＦ２Ｍ ＝ 槡３ ３＋ 槡２３ × 槡３ ３－ 槡２３ ＝－１； 当Ｍ的坐标为（３，－槡３）时，ｋＦ１Ｍ·ｋＦ２Ｍ ＝－１．所以Ｆ１Ｍ⊥Ｆ２Ｍ． １９．解：（１）方程ｍ（ｘ２＋ｙ２－２ｘ＋１）＝（３ｘ＋４ｙ＋１）２， 即ｍ［（ｘ－１）２＋ｙ２］＝（３ｘ＋４ｙ＋１）２， 显然ｍ＞０，则槡ｍ （ｘ－１）２＋ｙ槡 ２ ＝｜３ｘ＋４ｙ＋１｜， 即 （ｘ－１）２＋ｙ槡 ２ ｜３ｘ＋４ｙ＋１｜ ３２＋４槡 ２ ＝ ３ ２＋４槡 ２ 槡ｍ ＝ ５ 槡ｍ ， 可得动点（ｘ，ｙ）到定点（１，０）和定直线３ｘ＋４ｙ＋１＝０的距 离的比为常数 ５ 槡ｍ ， 由双曲线的定义，可得 ５ 槡ｍ ＞１，解得０＜ｍ＜２５， 即ｍ的取值范围为（０，２５）． （２）由ｘ２＋ｙ２＋３ｘ－４ｙ＋２５４ ＝（３ｘ－４ｙ） ２ ( 得 ｘ＋ )３２ ２ ＋（ｙ－２）槡 ２ ＝｜３ｘ－４ｙ｜， (即 ｘ＋ )３２ ２ ＋（ｙ－２）槡 ２ ＝｜３ｘ－４ｙ｜ ３２＋４槡 ２ ×５， 表示动点（ｘ，ｙ） (到定点 －３２， )２ 的距离与到定直线３ｘ－ ４ｙ＝０的距离之比等于５， 所以该圆锥曲线的离心率为５，该曲线为双曲线． ! ! " !"#$%&'()*+,-./012!3+ "#$ 4 ! 5"6$3&'(7*+,-.8012!3+ "#$ 4 !"#$ !"#$ ! " # $ ! ! " "" " % " % # % ! % $ % % # $ # %&% &% % $ ! " ! % " # ! !! % & ! ' ( ( ( ( ( ( ( ( ( ) ) ) ) ) ) ) ) ) &$ &! ! $ $ ! &! &$ & % "! $ 书 从而可得方程组 πａｂ＝ 槡２３π， ｅ＝ ｃａ ＝ １ ２， ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２ { ， 解得 ａ＝２， ｂ＝槡３， ｃ＝１ { ． 故椭圆Ｃ的标准方程为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１，故选（Ａ）． ５．在大椭圆中，ａ＝２０，ｂ＝１０，则ｃ＝ ａ２－ｂ槡 ２ ＝ 槡１０３， 则椭圆离心率为ｅ＝槡３２． 因为两椭圆扁平程度相同，所以离心率相等， 所以在小椭圆中，ｅ′＝槡３２， 结合题意知ｂ′＝５，得（ｅ′）２ ＝（ａ′） ２－（ｂ′）２ （ａ′）２ ＝ ３４， 解得ａ′＝１０，所以小椭圆的长轴长为２０ｃｍ．故选：（Ｃ）． ６．设椭圆的方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 由已知得Ａ（ａ，０），Ｂ（０，ｂ），Ｆ（－ｃ，０）， 则→ＢＦ＝（－ｃ，－ｂ），→ＢＡ＝（ａ，－ｂ）． 因为离心率ｅ＝ ｃａ ＝ 槡５－１ ２ ，所以ｃ＝ 槡５－１ ２ ａ， 则ｂ＝ ａ２－ｃ槡 ２ ＝ ａ２ (－ 槡５－１２ )ａ槡 ２ ＝ 槡５－１槡２ ａ． 所以→ＢＦ·→ＢＡ＝ｂ２－ａｃ＝０，所以∠ＡＢＦ＝９０°． ７．依题意，Ａ（０，槡ｎ），Ｂ（０， 槡－ ｎ），设点Ｐ（ｘ０，ｙ０）， 则有 ｘ２０ ｍ ＋ ｙ２０ ｎ ＝１，即ｘ ２ ０ ＝ ｍ ｎ（ｎ－ｙ ２ ０）， 则ｋＡＰ·ｋＢＰ ＝ ｙ０ 槡－ ｎ ｘ０ · ｙ０ 槡＋ ｎ ｘ０ ＝ ｙ２０－ｎ ｘ２０ ＝－ｎｍ ＝－ ４ ３， 即 ｍ ｎ ＝ ３ ４， 显然曲线Ｃ是焦点在ｙ轴上的椭圆， 槡ａ＝ ｎ， 槡ｂ＝ ｍ， 所以Ｃ的离心率为ｅ＝ １－ｍ槡 ｎ ＝ １－槡 ３ ４ ＝ １ ２． ８．如图１，设椭圆的左焦点为Ｅ， 则｜ＢＥ｜＋｜ＢＦ｜＝２ａ， 因为点Ａ，Ｂ关于原点对称， 所以四边形为平行四边形． 由｜ＡＦ｜＝２｜ＢＦ｜得 ｜ＢＦ｜＝ ２ ３ａ，｜ＢＥ｜＝ ４ ３ａ． 在△ＥＢＦ中，ｃｏｓ∠ＥＢＦ ＝｜ＢＥ｜ ２＋｜ＢＦ｜２－｜ＥＦ｜２ ２｜ＢＥ｜｜ＢＦ｜ ＝ １６ ９ａ ２＋４９ａ ２－４ｃ２ ２×４３ａ× ２ ３ａ ＝ ５４ － ９ ４ｅ ２， 所以ｃｏｓ∠ＢＦＡ＝－ｃｏｓ∠ＥＢＦ＝ ９４ｅ ２－５４． 由→ＦＡ·→ＦＢ≤ ４９ａ ２，得 → →｜ＦＡ｜｜ＦＢ｜ｃｏｓ∠ＢＦＡ＝ ４３ａ× ２ ３ａ (× ９４ｅ２－ )５４ ≤ ４９ａ２，整理得ｅ２≤ ７９． 又０＜ｅ＜１，所以ｅ (∈ ０，槡７]３ ． 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣＤ． 提示： ９．易知Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０）分别为椭圆 ｘ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１的两 个焦点，Ｅ１（０，－４），Ｅ２（０，４）分别为椭圆 ｙ２ ２５＋ ｘ２ ９ ＝１的两个焦 点．若点Ｐ仅在椭圆ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１上，则Ｐ到Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０） 两点的距离之和为定值，到 Ｅ１（０，－４），Ｅ２（０，４）两点的距离之 和不为定值，故（Ａ）错误； 两个椭圆关于直线ｙ＝ｘ与ｙ＝－ｘ对称，则曲线Ｃ关于直线 ｙ＝ｘ，ｙ＝－ｘ均对称，故（Ｂ）正确； 曲线Ｃ所围区域在边长为６的正方形内部，所以面积必小于 ３６，故（Ｃ）正确； 曲线Ｃ所围区域在半径为３的圆外部，所以曲线的总长度大 于圆的周长６π，故（Ｄ）错误．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １０．由题设，椭圆中ｂ＝ｃ＝槡２，则ａ＝ ｂ２＋ｃ槡 ２ ＝２，故椭 圆的长轴长为４，（Ａ）正确； ｜ＡＢ｜＝｜ＯＡ｜＋｜ＯＢ｜＝槡２＋｜ＯＡ｜，且槡２≤ ＯＡ≤２，故 ｜ＡＢ｜∈［槡２２，２＋槡２］，（Ｂ）正确； 令∠ＡＯＦ＝θ，则 Ｓ△ＡＢＦ ＝Ｓ△ＡＯＦ ＋Ｓ△ＢＯＦ ＝ １ ２ ｜ＯＡ｜· ｜ＯＦ｜ｓｉｎθ＋１２｜ＯＢ｜·｜ＯＦ｜ｓｉｎ（π－θ）＝ 槡２ ２（槡２＋｜ＯＡ｜） ｓｉｎθ，若θ＝π６，此时｜ＯＡ｜＜２，则Ｓ△ＡＢＦ ＝ 槡２ ４（槡２＋｜ＯＡ｜）＜ １＋槡２ ２ ，（Ｃ）错误； 由椭圆定义知｜ＡＦ｜＋｜ＡＧ｜＝２ａ＝４，故△ＡＦＧ的周长为 ｜ＦＧ｜＋４＝ 槡２２＋４，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． １１．图２，在Ｒｔ△ＡＤＯ，由于ＡＯ＝ｒ，ＡＤ＝６０ｃｍ，ＣＤ＝２０ｃｍ， ＤＯ＝（ｒ－２０）ｃｍ，所以（ｒ－２０）２＋６０２ ＝ｒ２，解得ｒ＝１００ｃｍ； 对于（Ａ），太阳光线与地面所成角为 π４时，如图３将伞还原 成完整的球状，光线将打在半球上，球冠被完整照射，于是投影形 成完整的圆，正确； 对于（Ｂ），太阳光线与地面所成角为 π６时，如图４球冠只有 部分被照射，故不能形成椭圆，错误； 对于（Ｃ），太阳光线与地面所 成角为 π ３，且伞柄沿着光线方向 时，球冠被完整照射，如图５，而由 于ＡＢ与地面成一定角度，ＡＢ投影 被拉长，故形成影子为椭圆，短轴长 度不变，长轴被拉长为原来的 ２ 槡３ 倍，则 ｂ ａ ＝ 槡３ ２，离心率为 １ ２，正确； 对于（Ｄ），太阳光线与地面所成角为 π６时，如图６，当ＡＢ垂 直于光线，可最大程度拉长影长，而且球冠被完整照射，故投影成 椭圆，此时长轴长为｜ＡＢ｜× １ ｓｉｎπ６ ＝２｜ＡＢ｜＝２４０ｃｍ，正确． 故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．槡２５５；　１３．槡３；　１４． ９ ８． 提示： １２．由题意知：Ｆ（－ｃ，０）（ｃ＞０）， 则直线ｌ：ｙ＝－槡３３（ｘ＋ｃ），即ｘ＋槡３ｙ＋ｃ＝０， 因为ｌ与圆ｘ２＋ｙ２ ＝ｂ２相切，所以 ｜ｃ｜ １＋槡 ３ ＝ｂ，即ｃ＝２ｂ， 所以ｃ２ ＝４ｂ２ ＝４ａ２－４ｃ２， 所以ｅ２ ＝ｃ ２ ａ２ ＝ ４５，所以椭圆的离心率ｅ＝ 槡２５ ５． １３．如图 ７所示，因为 ＰＭ⊥ Ｆ１Ｑ且｜ＰＦ１｜＝｜ＰＱ｜＝２， 所以Ｍ为Ｆ１Ｑ的中点， 又因为Ｏ为 Ｆ１Ｆ２的中点，ＯＭ ⊥ｘ轴，所以ＰＱ⊥ｘ轴， 所以△ＰＦ１Ｑ为等边三角形， 所以∠ＰＦ１Ｆ２ ＝３０°， 可得｜ＰＦ１｜＝ ４ｃ 槡３ ＝２， 解得ｃ＝槡３２，所以椭圆Ｃ的焦距为２ｃ＝槡３． １４．因为点Ｐ是椭圆Ｃ上的动点，所以ｍ＋ｎ＝８， 所以 ４ｍ＋ｎ ｍｎ ＝ ４ ｎ ＋ １ ｍ ＝ (１８ ４ｎ ＋１ )ｍ ·（ｍ＋ｎ）＝ (１８ ５＋４ｍｎ ＋ｎ )ｍ ≥ (１８ ５＋２ ４ｍｎ ×ｎ槡 )ｍ ＝ ９８， 当且仅当 ４ｍ ｎ ＝ ｎ ｍ，即ｍ＝ ８ ３，ｎ＝ １６ ３时，等号成立． 四、解答题 １５．解：直线ｘ－２ｙ＋２＝０与坐标轴的交点为（０，１），（－２，０）． 当焦点在ｘ轴上时，设椭圆的方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 由题意知，ｃ＝２，ｂ＝１，所以ａ２ ＝５， 所以椭圆的标准方程为 ｘ２ ５ ＋ｙ ２ ＝１； 当焦点在ｙ轴上时，设椭圆的方程为ｘ ２ ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 由题意知，ｂ＝２，ｃ＝１，所以ａ２ ＝５， 所以椭圆的标准方程为 ｙ２ ５ ＋ ｘ２ ４ ＝１． 故该椭圆的标准方程为 ｘ２ ５ ＋ｙ ２ ＝１或ｙ ２ ５ ＋ ｘ２ ４ ＝１． １６．解：（１）因为ａ＝５，ｂ＝３，所以ｃ＝４． 又｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ＝１０，｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃ＝８， 所以△Ｆ１ＰＦ２的周长为 ｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＋｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ａ＋２ｃ＝１０＋８＝１８． （２）设｜ＰＦ１｜＝ｔ１，｜ＰＦ２｜＝ｔ２，则ｔ１＋ｔ２ ＝１０． ① 在△Ｆ１ＰＦ２中，由余弦定理可得 ｔ２１＋ｔ２２－２ｔ１ｔ２ｃｏｓ６０°＝８２． ② 由①２－②，得ｔ１ｔ２ ＝１２， 所以Ｓ△Ｆ１ＰＦ２＝ １ ２ｔ１ｔ２ｓｉｎ６０°＝ １ ２ ×１２× 槡３ ２ ＝ 槡３３． １７．解：（１）设点Ｆ１关于直线ｘ－ｙ＋３＝０的对称点为Ｆ３（ｘ，ｙ）， 则 ｙ－０ ｘ＋１·１＝－１， ｘ－１ ２ － ｙ＋０ ２ ＋３＝０ { ，解得 ｘ＝－３，ｙ＝２{ ，即Ｆ３（－３，２）． 由“对称性和两点之间线段最短”，可知 ｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２｜≥｜Ｆ２Ｆ３｜＝ 槡２５． 故｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２｜的最小值为 槡２５． （２）设Ｍ是椭圆Ｅ与直线ｘ－ｙ＋３＝０的一个公共点， 则｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２｜＝２ａ． 由（１）可知｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２｜≥｜Ｆ２Ｆ３｜＝ 槡２５， 所以椭圆Ｅ离心率ｅ＝ ｃａ≤ １ 槡５ ＝槡５５， 故椭圆Ｅ离心率的最大值为槡５５． １８．（１）解：因为ｅ＝ ｃａ ＝ 槡６ ３，所以ａ ２ ＝３ｂ２， 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ３ｂ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１． 又因为椭圆Ｃ过点Ｍ（１，１）， 代入方程解得ａ２ ＝４，ｂ２ ＝ ４３， 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４ ＋ ３ｙ２ ４ ＝１． （２）证明：①当圆Ｏ的切线ｌ的斜率存在时， 设直线ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ， 则圆心Ｏ到直线ｌ的距离ｄ＝ ｜ｍ｜ ｋ２＋槡 １ ＝１， 所以１＋ｋ２ ＝ｍ２． 将直线ｌ的方程和椭圆Ｃ的方程联立， 得到（１＋３ｋ２）ｘ２＋６ｋｍｘ＋３ｍ２－４＝０． 设直线ｌ与椭圆Ｃ相交于Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）两点， 则 ｘ１＋ｘ２ ＝－ ６ｋｍ １＋３ｋ２ ， ｘ１ｘ２ ＝ ３ｍ２－４ １＋３ｋ２ { ， 所以→ＯＡ·→  ＯＢ＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２ ＝（１＋ｋ２）ｘ１ｘ２＋ｋｍ（ｘ１＋ｘ２）＋ｍ２ ＝（１＋ｋ２）·３ｍ ２－４ １＋３ｋ２ ＋ｋｍ (· － ６ｋｍ１＋３ｋ )２ ＋ｍ２ ＝４ｍ ２－４－４ｋ２ １＋３ｋ２ ＝０； ②当圆的切线ｌ的斜率不存在时，验证得→ＯＡ·→  ＯＢ＝０． 综上所述，→ＯＡ·→  ＯＢ为定值０． １９．解：（１）连接ＯＭ，易知ＯＭ∥Ｆ２Ｎ且｜ＯＭ｜＝ １ ２｜Ｆ２Ｎ｜， 所以｜Ｆ２Ｎ｜＝４，又点Ｐ在Ｆ１Ｎ的垂直平分线上， 所以｜ＰＦ１｜＝｜ＰＮ｜， 所以｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ２｜＋｜ＰＮ｜＝｜Ｆ２Ｎ｜＝４＞ 槡２３， 满足椭圆定义，所以ａ＝２，ｃ＝槡３，ｂ＝１， 所以曲线Ｃ的方程为ｘ ２ ４ ＋ｙ ２ ＝１． （２）由（１）知离心率ｅ＝槡３２λ＝ ３ ４． 所以椭圆Ｃλ的标准方程为 ｘ２ ３ ＋ ４ｙ２ ３ ＝１， 设Ｑ（ｘ０，ｙ０）为椭圆Ｃλ异于四个顶点的任意一点， 直线ＱＭ１，ＱＮ１的斜率分别为ｋＱＭ１，ｋＱＮ１， 则ｋＱＭ１·ｋＱＮ１ ＝ ｙ０ ｘ０＋槡３ · ｙ０ ｘ０－槡３ ＝ ｙ２０ ｘ２０－３ ， 又 ｘ２０ ３ ＋ ４ｙ２０ ３ ＝１ｙ ２ ０ ＝ １ ４（３－ｘ ２ ０）， 书 ｄ′＝ ３×１２ ＋４× １ ２ －１２ ３２＋４槡 ２ ＝１７１０， 从而ｄｍｉｎ＝ｄ′－槡 ２ ２ ＝ １７－ 槡５２ １０ ， 即｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ｍｉｎ＝ １７－ 槡５２ ２ ． 第６期１版 专项小练一 １．Ｂ；　２．ＡＢＤ；　３．Ｄ．　４．１或 －１；　５．ｘ ２ ２５＋ ｙ２ １６＝１． ６．解：以ＢＣ所在的直线为ｘ轴，ＢＣ的中垂线为ｙ轴， 建立平面直角坐标系． 因为点Ｍ为△ＡＢＣ的重心， 所以｜ＭＢ｜＋｜ＭＣ｜＝ ２３ ×３９＝２６＞｜ＢＣ｜＝２４． 根据椭圆定义可知，点Ｍ的轨迹是以Ｂ，Ｃ为焦点的椭圆， 所以ａ＝１３，ｃ＝１２，则ｂ＝５． 故△ＡＢＣ重心Ｍ的轨迹方程为ｘ ２ １６９＋ ｙ２ ２５＝１（ｙ≠０）． 专项小练二 １．Ｃ；　２．Ｄ；　３．Ｂ．　４．８；　５．ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１． ６．解：由已知条件得椭圆的焦点在ｘ轴上，其中ｃ＝ 槡２２，ａ＝ ３，从而ｂ＝１，所以其标准方程是ｘ ２ ９ ＋ｙ ２＝１． 联立方程组 ｘ２ ９ ＋ｙ ２＝１， ｙ＝ｘ＋２ { ， 消去ｙ，得１０ｘ２＋３６ｘ＋２７＝０． 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），线段 ＡＢ的中点为 Ｍ（ｘ０，ｙ０），那么 ｘ１＋ｘ２＝－ １８ ５，即ｘ０＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝－ ９ ５，所以ｙ０＝ｘ０＋２＝ １ ５． 故线段ＡＢ的中点坐标为 －９５，( )１５ ． 第６期３，４版 椭圆同步核心素养测评（一） 一、单项选择题　１～４　ＣＣＢＤ　５～８　ＢＢＤＤ 提示： ２．椭圆方程化为标准形式后，可以得ａ２ ＝１，ｂ２ ＝ １８， 所以ｃ２ ＝ａ２－ｂ２ ＝ ７８，则ｃ＝ 槡１４ ４ ． 又焦点在ｘ轴上，所以焦点坐标为 ±槡１４４ ，( )０． ３．因为椭圆的右焦点坐标是（１，０），所以右焦点到直线ｙ＝ 槡３ｘ的距离ｄ＝槡 ３ ２，故选（Ｂ）． ４．椭圆ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１的长轴长为５×２＝１０，短轴长为２×３ ＝６，焦距为２ ２５－槡 ９＝８，离心率为 ４ ５， 椭圆 ｘ２ ２５－ｋ＋ ｙ２ ９－ｋ＝１（ｋ＜９）的长轴长为２ ２５槡 －ｋ，短轴 长为２ ９槡 －ｋ， 焦距为２ （２５－ｋ）－（９－ｋ槡 ）＝８，离心率为 ４ ２５槡 －ｋ ， 所以两椭圆的焦距相等，长轴长不相等，短轴长不相等，离心 率也不相等．故选：（Ｄ）． ５．由题意得２ａ＝８，２ｂ＝４， 所以ａ＝４，ｂ＝２，则ｃ＝ ４２－２槡 ２ ＝ 槡２３， 所以椭圆的离心率为：ｅ＝ ｃａ ＝ 槡２３ ４ ＝ 槡３ ２．故选：（Ｂ）． ６．因为Ｍ（１，０）为线段ＯＢ的中点，且Ｂ（ｂ，０），所以ｂ＝２， 又ｅ＝槡２２，所以 ｃ ａ ＝ １－ ｂ２ ａ槡 ２ ＝ １－ ４ ａ槡 ２ ＝ 槡２ ２，所以ａ ＝ 槡２２，所以椭圆Ｃ的标准方程为 ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ８ ＝１．故选：（Ｂ）． ７．依题意，顶点Ａ到Ｂ，Ｃ两点的距离和为｜ＡＢ｜＋｜ＡＣ｜＝ １６＞｜ＢＣ｜＝２，所以顶点Ａ的轨迹是椭圆除去Ｂ，Ｃ两点，故２ａ＝ １６，ｃ＝１．所以顶点Ａ的轨迹方程为ｙ ２ ６４＋ ｘ２ ６３＝１（ｘ≠０）． ８．由题可得圆Ｂ的圆心为Ｂ（３，０），半径为Ｒ＝１０， 设动圆的圆心为Ｃ，半径为ｒ， 由圆Ｃ在圆Ｂ的内部与其相切，则Ｒ－ｒ＝ＣＢ， 由圆Ｃ过点Ａ，则Ｒ－ＣＡ＝ＣＢ，即１０＝ＣＡ＋ＣＢ， 所以动点Ｃ的轨迹为以Ａ，Ｂ为焦点的椭圆， 则ａ＝５，ｃ＝｜ＡＢ｜２ ＝３，ｂ＝ ａ ２－ｃ槡 ２ ＝４， 所以其轨迹方程为 ｘ２ ２５＋ ｙ２ １６＝１．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．由２ｃ＝２，则ｃ＝１．过点Ｆ的弦长最小值为２ｂ ２ ａ≥２，即ｂ ２ ≥ａ，即有ａ２－ｃ２≥ａ，即ａ２－ａ－１≥０，解得：ａ≥槡５＋１２ 或ａ ≤１－槡５２ （舍），ｅ＝ ｃ ａ≤ １ 槡５＋１ ２ ＝槡５－１２ ．故选：（Ｃ）（Ｄ）． １０．ａ２ ＝８，ｂ２ ＝４，所以ｃ２ ＝８－４＝４． 所以ａ＝ 槡２２，ｂ＝２，ｃ＝２，ｅ＝ ｃ ａ ＝ 槡２ ２． 焦距２ｃ＝４，｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２｜＝２ａ＝ 槡４２， 当Ｍ为短轴的端点时△ＭＦ１Ｆ２的面积取得最大值， 是 １ ２｜Ｆ１Ｆ２｜ｂ＝ｂｃ＝４．故选（Ｂ）（Ｄ）． １１．由（３－槡５）ａ２ ＝２ｃ２，得 ｃ２ ａ２ ＝３－槡５２ ， 解得ｅ＝ ｃａ ＝ 槡５－１ ２ ，（Ａ）正确； 由（槡５－１）ａ２ ＝２ｂ２，得（槡５－１）ａ２ ＝２（ａ２－ｃ２）， 整理得（３－槡５）ａ２ ＝２ｃ２， 即 ｃ２ ａ２ ＝３－槡５２ ，解得ｅ＝ ｃ ａ ＝ 槡５－１ ２ ，（Ｂ）正确； 由（２－槡５）ａ２－ｂ２＝２ｃ２，得（２－槡５）ａ２－（ａ２－ｃ２）＝２ｃ２， 整理得（１－槡５）ａ２ ＝ｃ２，无解，（Ｃ）错误； 由（３－槡５）ｂ２ ＝（槡５－１）ｃ２， 得（３－槡５）（ａ２－ｃ２）＝（槡５－１）ｃ２， 整理得（３－槡５）ａ２ ＝２ｃ２，即 ｃ２ ａ２ ＝３－槡５２ ， 解得ｅ＝ ｃａ ＝ 槡５－１ ２ ，（Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题 １２．３；　１３．ｘ ２ １２＋ ｙ２ ９ ＝１；　１４． 槡２ ２． 提示： １２．由题意可知，６＋ｂ２ ＝９，所以ｂ２ ＝３． １３．设椭圆的左、右焦点分别为Ｆ１， Ｆ２，椭圆短轴的一个端点为 Ｂ，如图１， 已知 △ＢＦ１Ｆ２是正三角形，可得 ｂ＝ 槡３ｃ． 由 ｂ＝槡３ｃ， ａ－ｃ＝槡３， ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２ { ， 解得 ａ＝ 槡２３， ｂ＝３， ｃ＝槡３ { ． 所以椭圆的标准方程是 ｘ２ １２＋ ｙ２ ９ ＝１． １４．设圆柱的底面半径为 ｒ，依题意知， 最长母线与最短母线所在截面如图２所示． 所以ＤＥ＝ＡＢ＝２ｒ， 从而ＣＤ＝ ２ｒｓｉｎ４５°＝ 槡２２ｒ， 因此在椭圆中长轴长２ａ＝ 槡２２ｒ， 短轴长２ｂ＝２ｒ， 所以ｃ２＝ａ２－ｂ２＝２ｒ２－ｒ２＝ｒ２ｃ＝ｒ， 所以ｅ＝ ｃａ ＝ １ 槡２ ＝槡２２． 四、解答题 １５．解：由题知ｃ＝４，当点Ｐ为短轴端点时， △ＰＦ１Ｆ２的面积取得最大值１２， 所以 １ ２ ×８×ｂ＝１２，解得ｂ＝３． 因为ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２ ＝２５， 所以椭圆的方程为 ｘ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１． １６．解：（１）由题意设椭圆方程为ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）． 由椭圆过点（５，０），知其一个顶点坐标为（５，０），所以ａ＝５． 又ｅ＝ ２５，所以ｃ＝２，所以ｂ ２ ＝ａ２－ｃ２ ＝２１． 故椭圆的标准方程为 ｘ２ ２５＋ ｙ２ ２１＝１． （２）由（１）可得，椭圆的长轴长为２ａ＝１０，短轴长为２ｂ＝ 槡２ ２１，焦点坐标为（±２，０），顶点坐标为（±５，０），（０，±槡２１）． １７．解：因为△ＡＢＦ２的周长为８，所以 ｜ＡＢ｜＋｜ＡＦ２｜＋｜ＢＦ２｜＝８ ｜ＡＦ１｜＋｜ＢＦ１｜＋｜ＡＦ２｜＋｜ＢＦ２｜＝８ （｜ＡＦ１｜＋｜ＡＦ２｜）＋（｜ＢＦ１｜＋｜ＢＦ２｜）＝８ ２ａ＋２ａ＝８ａ＝２， 由题意可得：ａｂπ＝ 槡２３π，即ａｂ＝ 槡２３，解得ｂ＝槡３． 因为椭圆的焦点在ｘ轴上，所以Ｃ的标准方程为：ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． １８．解：假设ｌ存在，则ｌ不垂直于ｘ轴， 设ｌ的直线方程为ｙ－２＝ｋ（ｘ－２），Ｑ１（ｘ１，ｙ１），Ｑ２（ｘ２，ｙ２）， 联立方程组 ｙ－２＝ｋ（ｘ－２）， ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１ { ， 消去ｙ得 （４ｋ２＋３）ｘ２＋１６ｋ（１－ｋ）ｘ＋１６ｋ２－３２ｋ＋４＝０． ① 由根与系数的关系得ｘ１＋ｘ２ ＝ １６ｋ（ｋ－１） ４ｋ２＋３ ， 方程①有两个不同解的前提条件是Δ＝８ｋ－１＞０， 即ｋ＞ １８．又Ｑ１Ｑ２的中点Ｂ的坐标为（２，２）， 所以 １６ｋ（ｋ－１） ４ｋ２＋３ ＝４，解得ｋ＝－３４． 而 －３４ １ ８，＋( )∞ ，故不存在这样的直线ｌ． １９．解：（１）由题意得ａ＝２，ｂ＝槡３ｃ， 又因为ａ２ ＝ｂ２＋ｃ２，所以ａ２ ＝４，ｂ２ ＝３，ｃ２ ＝１． 所以椭圆Ｃ的方程为ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）设直线ＡＤ的方程为：ｙ＝ｋ（ｘ－２）（ｋ≠０）， 令ｘ＝０得ｙ＝－２ｋ，即Ｅ（０，－２ｋ）， 联立 ｙ＝ｋ（ｘ－２）， ｘ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１ { ，得（３＋４ｋ２）ｘ２－１６ｋ２ｘ＋１６ｋ２－１２＝０， 所以ｘ１＋ｘ２ ＝ １６ｋ２ ３＋４ｋ２ ，ｘ１·ｘ２ ＝ １６ｋ２－１２ ３＋４ｋ２ ， 则 (Ｐ ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ )２ ，→  (ＯＰ＝ ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ )２ ， →  ＥＱ＝（ｍ，２ｋ），由题可得→  ＯＰ·→  ＥＱ＝０， (即 ８ｋ２３＋４ｋ２，－ ６ｋ３＋４ｋ )２ ·（ｍ，２ｋ）＝０， 解得ｍ＝ ３２，所以存在定点 (Ｑ ３２， )０ ． 第７期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．Ｄ．　４．ｘ ２ ９ ＋ ｙ２ ５ ＝１；　５．４． ６．解：因为ＰＦ１⊥ＰＦ２，所以在Ｒｔ△Ｆ１ＰＦ２中， ｜Ｆ１Ｆ２｜＝２｜ＰＯ｜＝１０，所以ｃ＝５． 设Ｆ１（－５，０），Ｆ２（５，０）， 所以｜ＰＦ１｜＝ 槡４５，｜ＰＦ２｜＝ 槡２５． 故２ａ＝｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝ 槡６５，所以ａ＝ 槡３５， 则ｂ２＝ａ２－ｃ２＝２０．故椭圆的标准方程为ｘ ２ ４５＋ ｙ２ ２０＝１． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｂ；　３．Ｄ．　４．３；　５．２或４． ６．解：因为椭圆的焦点在ｘ轴上，对称轴为坐标轴，所以可设 其方程为 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）．由椭圆过点（５，０），即其一个 顶点坐标为（５，０），所以ａ＝５．又ｅ＝ ２５，所以ｃ＝２，所以ｂ ２＝ ａ２－ｃ２ ＝２５－４＝２１，所以椭圆的标准方程为ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ２１＝１． 第７期３，４版 椭圆同步核心素养测评（二） 一、单项选择题　１～４　ＡＢＢＡ　５～８　ＣＤＡＢ 提示： １．方程 ｘ ２ ４－ｍ＋ ｙ２ ｍ＋３＝１表示椭圆， 则 ４－ｍ＞０， ｍ＋３＞０， ４－ｍ≠ｍ＋３ { ， 解得 －３＜ｍ＜４且ｍ≠ １２， 因此“方程 ｘ２ ４－ｍ＋ ｙ２ ｍ＋３＝１表示椭圆”是“－３＜ｍ＜４” 的充分不必要条件．故选（Ａ）． ２．对于椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０），有ｅ＝ ｃａ ＝ ｃ２ ａ槡２ ＝ ａ ２－ｂ２ ａ槡 ２ ＝ １ (－ ｂ )ａ槡 ２ ． 因为ｅ２ ＝ ５ ６ｅ１，所以 １－ ｂ２ 槡 ９ ＝ ５ ６ × １－槡 １ ５， 解得ｂ＝２．故选（Ｂ）． ３．设椭圆的左焦点为 Ｆ，由题意得 Ｍ（槡３，０）与 Ｆ（－槡３，０） 是椭圆的焦点，则直线ＡＢ过椭圆的左焦点Ｆ（－槡３，０），且｜ＡＢ｜ ＝｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜，所以△ＡＢＭ的周长为｜ＡＢ｜＋｜ＡＭ｜＋｜ＢＭ｜＝ （｜ＡＦ｜＋｜ＡＭ｜）＋（｜ＢＦ｜＋｜ＢＭ｜）＝４ａ＝８． ４．由题意得：πａｂ＝ 槡２３π，离心率：ｅ＝ ｃ ａ ＝ １ ２， ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./012!3+ "#$ 4 5"6$3&'(7*+,-.8012!3+ "#$ 4 ! " # $ % & ! ! ' ! $ " $ ! ( % & ! ! ! ) $ " $ ! * ( + & ! # !"# , - . / 0 ! " ( % 0 . / ! $ % / ! " ! % ! % % / ! & / ! ' % ! ' ! $ ! ' / ! 书 １．已知椭圆方程为ｘ ２ １６＋ ｙ２ ９ ＝１，Ｐ为椭圆上任意 一点，点Ａ、点Ｂ为椭圆的焦点，则 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜＝１６ （Ｂ）｜ＰＡ｜＋｜ＰＢ｜＝８ （Ｃ）｜ＰＡ｜－｜ＰＢ｜＝１６ （Ｄ）｜ＰＡ｜－｜ＰＢ｜＝８ ２．（多选）下列说法中错误的是 （　　） （Ａ）已知Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０），平面内到Ｆ１，Ｆ２两 点的距离之和等于８的点的轨迹是椭圆 （Ｂ）已知Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０），平面内到Ｆ１，Ｆ２两 点的距离之和等于６的点的轨迹是椭圆 （Ｃ）平面内到两点Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０）的距离之 和等于点Ｍ（５，３）到Ｆ１，Ｆ２两点的距离之和的点的轨 迹是椭圆 （Ｄ）平面内到点Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０）距离相等的 点的轨迹是椭圆 ３．（２０２４河南濮阳阶段练习）若方程ｘ ２ ａ２ ＋ ｙ ２ ａ＋６＝１ 表示焦点在ｙ轴上的椭圆，则实数ａ的取值范围是 （　　） （Ａ）（３，＋∞） （Ｂ）（－∞，－２） （Ｃ）（－∞，－２）∪（３，＋∞）（Ｄ）（－２，０）∪（０，３） ４．若直线ｌ：２ｘ＋ｂｙ＋３＝０过椭圆Ｃ：１０ｘ２＋ｙ２＝ １０的一个焦点，则实数ｂ的值是 ． ５．已知椭圆的两个焦点坐标是Ｆ１（－３，０），Ｆ２（３， ０），并且经过点 Ｐ（０，－４），则椭圆的标准方程是 ． ６．在△ＡＢＣ中，｜ＢＣ｜＝２４，ＡＣ，ＡＢ的两条中线之 和为３９，求△ＡＢＣ重心Ｍ的轨迹方程． １．椭圆３ｘ２＋４ｙ２ ＝１２的长轴长、短轴长分别为 （　　） （Ａ）２，槡３ （Ｂ）槡３，２ （Ｃ）４，槡２３ （Ｄ）槡２３，４ ２．已知椭圆ｘ ２ ｍ２ ＋ｙ ２ ｎ２ ＝１（ｍ＞０，ｎ＞０）与椭圆ｘ ２ ２５ ＋ｙ ２ １６＝１有相同的长轴，椭圆 ｘ２ ｍ２ ＋ｙ ２ ｎ２ ＝１的短轴长与 椭圆 ｙ２ ２１＋ ｘ２ ９ ＝１的短轴长相等，则 （　　） （Ａ）ｍ２ ＝２５，ｎ２ ＝１６ （Ｂ）ｍ２ ＝９，ｎ２ ＝２５ （Ｃ）ｍ２ ＝２５，ｎ２ ＝９或ｍ２ ＝９，ｎ２ ＝２５ （Ｄ）ｍ２ ＝２５，ｎ２ ＝９ ３．椭圆的长轴长是短轴长的两倍，那么这个椭圆 的离心率为 （　　） （Ａ）槡５４　　（Ｂ） 槡３ ２　　（Ｃ） 槡２ ２　　（Ｄ） １ ２ ４．（２０２４吉林省吉林市高二专题训练）已知椭圆 ｘ２ ｍ－２＋ ｙ２ １０－ｍ＝１的焦点在ｘ轴上，焦距为４，则ｍ＝ ． ５．已知椭圆的中心在原点，焦点在ｘ轴上，焦距等 于８，离心率为 ４５，则此椭圆方程为 ． ６．已知椭圆 Ｃ的焦点 Ｆ１（－ 槡２２，０）和 Ｆ２（槡２２， ０），长轴的长为６．设直线ｙ＝ｘ＋２交椭圆Ｃ于Ａ，Ｂ两 点，求线段ＡＢ的中点坐标． 书 椭圆的定义涉及到椭圆上的点到两焦点的距离的 定值问题，揭示了椭圆的本质属性．正确理解和掌握椭 圆定义的实质，可以用来处理与解决相关的问题，减少 计算，提高解题效率． 一、椭圆定义的理解 １．在椭圆的定义中，注意附加条件的限制，对于不 同的附加条件，其轨迹是不一样的． ①当｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ＞｜Ｆ１Ｆ２｜时，Ｐ的轨迹 是椭圆； ②当｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ＝｜Ｆ１Ｆ２｜时，Ｐ的轨迹 是线段Ｆ１Ｆ２； ③当｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ＜｜Ｆ１Ｆ２｜时，Ｐ的轨迹 不存在． ２．由此定义得出非常重要的等式：｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜ ＝２ａ，其中Ｐ为椭圆上的一个动点．在有关椭圆的问题 中，若题设中含有椭圆上一点到两个焦点距离的信息， 首先考虑的就是能否用上这个关系式． 二、椭圆定义的应用 １．求轨迹 例１已知△ＡＢＣ的三边ａ，ｂ，ｃ满足ａ＋ｃ＝２ｂ，且ａ ＞ｂ＞ｃ，Ａ，Ｃ两点的坐标分别是（－１，０），（１，０）．求顶点 Ｂ的轨迹方程． 解析：设点Ｂ的坐标为（ｘ，ｙ）． 由ａ＋ｃ＝２ｂ，得｜ＢＣ｜＋｜ＢＡ｜＝２｜ＡＣ｜， 所以｜ＢＣ｜＋｜ＢＡ｜＝４． 根据椭圆定义，知点Ｂ的轨迹方程为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． 又因为ａ＞ｂ＞ｃ，所以ａ＞ｃ，即｜ＢＣ｜＞｜ＢＡ｜， 所以（ｘ－１）２＋ｙ２ ＞（ｘ＋１）２＋ｙ２，解得ｘ＜０． 所以点Ｂ的轨迹方程为ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１（－２＜ｘ＜０）． 点评：本题很容易忽视条件 ａ＞ｃ，导致漏掉范围 ｘ＜０，特别是不能构成△ＡＢＣ的情况应给予考虑． ２．求离心率 例２已知Ｆ１，Ｆ２是椭圆的两个焦点，过Ｆ２作一条直 线交椭圆于Ｐ，Ｑ两点，使ＰＦ１⊥ＰＱ，且｜ＰＦ１｜＝｜ＰＱ｜， 求椭圆的离心率． 解析：设｜ＰＦ１｜＝ｔ，则｜ＰＱ｜＝ｔ，｜ＱＦ１｜＝槡２ｔ． 由椭圆的定义， 得｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝｜ＱＦ１｜＋｜ＱＦ２｜＝２ａ， 所以｜ＰＦ１｜＋｜ＰＱ｜＋｜ＱＦ１｜＝４ａ，即（槡２＋２）ｔ＝４ａ， 得ｔ＝（４－２槡２）ａ，所以｜ＰＦ２｜＝２ａ－ｔ＝（２槡２－２）ａ． 在Ｒｔ△ＰＦ１Ｆ２中，｜Ｆ１Ｆ２｜ ２ ＝（２ｃ）２， 所以［（４－２槡２）ａ］ ２＋［（２槡２－２）ａ］ ２ ＝（２ｃ）２， 所以 ｃ( )ａ ２ ＝９－６槡２，即ｅ＝ ｃ ａ ＝槡６－槡３． 点评：灵活巧妙地运用椭圆的定义，将会带给我们 意想不到的方便和简单． ３．求面积 例３Ｆ１，Ｆ２是椭圆 ｘ２ ４９＋ ｙ２ ２４＝１的两个焦点，Ｐ是椭 圆上一点，且ＰＦ１⊥ＰＦ２，试求△Ｆ１ＰＦ２的面积． 解析：由题知ａ＝７，ｂ＝２槡６，ｃ＝５，设｜ＰＦ１｜＝ｍ， ｜ＰＦ２｜＝ｎ，由椭圆定义可知ｍ＋ｎ＝２ａ＝１４．又由于 ＰＦ１⊥ＰＦ２，则有ｍ ２＋ｎ２ ＝｜Ｆ１Ｆ２｜ ２ ＝１０２ ＝１００． 那么２ｍｎ＝（ｍ＋ｎ）２－（ｍ２＋ｎ２）＝１４２－１００＝ ９６，即ｍｎ＝４８．所以Ｓ△Ｆ１ＰＦ２ ＝ １ ２ｍｎ＝２４． 点评：本题运用整体的思想直接求出 ｜ＰＦ１｜ ·｜ＰＦ２｜，无需单独求，以减少运算量． ４．求最值 例４已知椭圆ｘ ２ ２５＋ ｙ２ １６＝１内有一点Ａ（２，１），Ｆ为 椭圆的左焦点，Ｐ是椭圆上的动点，求｜ＰＡ｜＋｜ＰＦ｜的最 大值与最小值． 解析：设椭圆的右焦点为Ｆ′，可知其坐标为（３，０）． 由椭圆的定义得｜ＰＦ′｜＋｜ＰＦ｜＝１０， 所以｜ＰＦ｜＝１０－｜ＰＦ′｜， 所以｜ＰＡ｜＋｜ＰＦ｜＝｜ＰＡ｜＋１０－｜ＰＦ′｜ ＝１０＋｜ＰＡ｜－｜ＰＦ′｜． 可知，当Ｐ为ＡＦ′的延长线与椭圆的交点时， ｜ＰＡ｜－｜ＰＦ′｜最大，最大值为｜ＡＦ′｜＝槡２； 当Ｐ为Ｆ′Ａ的延长线与椭圆的交点时， ｜ＰＡ｜－｜ＰＦ′｜最小，最小值为 －｜ＡＦ′｜＝－槡２． 故｜ＰＡ｜＋｜ＰＦ｜的最大值为１０＋槡２，最小值为１０－槡２． 点评：本题应用椭圆的定义将 ｜ＰＦ｜转化为１０－ ｜ＰＦ′｜，进而利用三角形三边的关系求解，简化了计算， 优化了解题过程． 书 椭圆是圆锥曲线中的重要内容，高考中涉及到椭 圆的题型比较多．在此，我们集中了具有代表性的四类 热点问题进行剖析解读，以便帮助同学们抓住椭圆类 题型的精髓． 热点问题１：由椭圆的几何性质求椭圆方程 例１已知Ｆ１，Ｆ２是椭圆 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０） 的左、右焦点，Ａ是椭圆上位于第一象限内的一点，若 →ＡＦ２·Ｆ１→ Ｆ２ ＝０，椭圆的离心率等于槡 ２ ２，且△ＡＯＦ２的面 积为２槡２，求椭圆的标准方程． 分析：求椭圆的标准方程就是要求其中的 ａ，ｂ，其 中 →ＡＦ２·Ｆ１→ Ｆ２＝０，离心率等于槡 ２ ２及△ＡＯＦ２的面积为２ 槡２，这些条件就是供我们确定ａ，ｂ用的． 解：因为 →ＡＦ２·Ｆ１→ Ｆ２ ＝０，所以ＡＦ２⊥Ｆ１Ｆ２． 由椭圆的离心率ｅ＝ ｃａ ＝ 槡２ ２，得ａ ２ ＝２ｂ２． 设Ａ（ｘ，ｙ）（ｘ＞０，ｙ＞０），由ＡＦ２⊥Ｆ１Ｆ２， 知ｘ＝ｃ，代入椭圆方程得ｙ＝ｂ ２ ａ． 因为△ＡＯＦ２的面积为２槡２， 所以Ｓ△ＡＯＦ２ ＝ １ ２ｘｙ＝２槡２，即 １ ２ｃ· ｂ２ ａ ＝２槡２． 又 ｃ ａ ＝ 槡２ ２，所以ｂ ２ ＝８，ａ２ ＝２ｂ２ ＝１６． 故所求椭圆的标准方程为 ｘ２ １６＋ ｙ２ ８ ＝１． 点评：由椭圆的几何性质求椭圆标准方程的一般 步骤是：（１）确定焦点所在的坐标轴；（２）构造方程求 出ａ，ｂ的值；（３）写出标准方程． 热点问题２：求椭圆离心率的取值范围 例２已知Ｆ１，Ｆ２是椭圆 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０） 的两个焦点，Ｐ为椭圆上一点，若∠Ｆ１ＰＦ２ ＝６０°，求椭 圆离心率的取值范围． 分析：求离心率的取值范围是一类热点也是难点 问题，其难点在于需要发现一个或多个限制ａ，ｂ，ｃ的不 等式，即要构造一个关于 ａ，ｂ，ｃ的不等式或不等式组． 该题是要通过∠Ｆ１ＰＦ２ ＝６０°，利用余弦定理与基本不 等式建立ａ，ｂ，ｃ的关系来获得椭圆离心率的取值范围． 解：设｜ＰＦ１｜＝ｍ，｜ＰＦ２｜＝ｎ． 在△ＰＦ１Ｆ２中，由余弦定理得 ｃｏｓ∠Ｆ１ＰＦ２ ＝ ｜ＰＦ１｜ ２＋｜ＰＦ２｜ ２－｜Ｆ１Ｆ２｜ ２ ２｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜ ， 即ｃｏｓ６０°＝（ｍ＋ｎ） ２－２ｍｎ－４ｃ２ ２ｍｎ ＝４ａ ２－４ｃ２ ２ｍｎ －１≥ ２（ａ２－ｃ２） ｍ＋ｎ( )２ ２ －１ ＝２（ａ ２－ｃ２） ａ２ －１ ＝１－２ ｃ( )ａ ２ ＝１－２ｅ２（当且仅当ｍ＝ｎ时取“＝”号）． 所以ｅ２≥ １４，又ｅ∈（０，１），所以ｅ∈ １ ２，[ )１． 点评：求椭圆的离心率ｅ，即求比值 ｃａ，而在椭圆方 程中有ａ２＝ｂ２＋ｃ２，所以求离心率只需寻求ａ，ｂ，ｃ三者 或其中两者之间的关系式．同时也要注意椭圆离心率 的取值范围． 热点问题３：椭圆的中点弦问题 例３已知椭圆 ｘ ２ ２ ＋ｙ ２ ＝１，求过椭圆内点 Ｐ １ ２， １( )２ 且被Ｐ平分的弦所在直线的方程． 分析：椭圆的中点弦问题是椭圆问题中出现频率 较高的热点问题．该类题型的显著特征是一条直线与 椭圆相交产生一条弦，如果告知弦的中点，此时就可以 通过“点差法”建立ａ，ｂ与弦所在直线斜率的关系式． 解：显然该直线的斜率存在，设该直线与椭圆的交 点为Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则 ｘ２１ ２＋ｙ ２ １ ＝１，　　　① ｘ２２ ２＋ｙ ２ ２ ＝１． { ② 由① －②，得： （ｘ１＋ｘ２）（ｘ１－ｘ２） ２ ＋（ｙ１＋ｙ２）（ｙ１－ｙ２）＝０， 所以 ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝－１２· ｘ１＋ｘ２ ｙ１＋ｙ２ ． 又ｘ１＋ｘ２ ＝１，ｙ１＋ｙ２ ＝１， 所以 ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝－１２， 即该直线的斜率为 －１２． 所以所求直线方程为ｙ－１２ ＝－ １ ２ ｘ－ １( )２ ， 即２ｘ＋４ｙ－３＝０． 点评：本题是典型的中点弦问题，故可用“点差法” 求解，基本步骤是：设点，代点，作差得到弦所在直线的 斜率，写出直线方程． 热点问题４：椭圆中的最值问题 例４已知椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左、右焦 点为Ｆ１，Ｆ２，点Ｐ为椭圆上任意一点，求｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜ 的最大值和最小值． 分析：由椭圆的定义可知，｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ，设 ｜ＰＦ１｜＝ｘ，则｜ＰＦ２｜＝２ａ－ｘ，于是有｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝ ｘ（２ａ－ｘ），再借助二次函数的性质研究最值． 解：设｜ＰＦ１｜＝ｘ， 由椭圆的定义知，｜ＰＦ２｜＝２ａ－ｘ． 所以｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝ｘ（２ａ－ｘ） ＝－（ｘ－ａ）２＋ａ２． 又由椭圆的几何性质可知，ａ－ｃ≤ｘ≤ａ＋ｃ， 所以当ｘ＝ａ时，｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜取得最大值ａ ２． 当ｘ＝ａ＋ｃ或ｘ＝ａ－ｃ时， ｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜取得最小值ａ ２－ｃ２ ＝ｂ２． 所以｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜的最大值为ａ ２，最小值为ｂ２． 点评：求椭圆中某一量的最值，关键是通过椭圆的几 何性质建立起函数关系，使问题转化为函数的最值问题． 书 １８．（１７分）已知椭圆Ｃ：ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１，经过点Ｂ（２， ２），能否作直线ｌ，使ｌ与椭圆Ｃ交于两点Ｑ１和Ｑ２，且Ｂ 是中点？如果存在这样的直线 ｌ，求出它的方程；如果不 存在，请说明理由． １９．（１７分）（２０２４陕西西安期末）已知椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ ｙ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的右顶点为Ａ（２，０），上顶点为Ｂ，左、 右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，Ｏ为原点，且｜ＯＢ｜＝槡３｜ＯＦ２｜，过 点Ａ作斜率为ｋ（ｋ≠０）的直线ｌ与椭圆Ｃ交于另一点Ｄ， 交ｙ轴于点Ｅ． （１）求椭圆Ｃ的方程； （２）设Ｐ为 ＡＤ的中点，在 ｘ轴上是否存在定点 Ｑ（ｍ，０），对于任意的ｋ（ｋ≠０）都有ＯＰ⊥ＥＱ？若存在， 求出定点Ｑ的坐标；若不存在，请说明理由． !"#$%&'() !*+,-,. !/456. !789:;2$%#!&#'(!'#) !*+<=2>?@ABCDEFGHI !%' JKL+MNOKP789 !QR7S2$%$$$) !CT9U+VW2$%#!!#'(!!'# $%#!!#'(!'%(XYZ[ !U\2]^*+CT9=_`abcdQeXf[ !QRU\VW2!!!*# !ghijUklUmnU !*+oabc@XC[pqrst+ !uvwxygzJ2!+,,,,+,,,!!, !uv9:;2,%#!!#'(!'## !*+{|}~Y€‚ƒ„…†X‡ˆC‰ŠF‹ŒŽ‘’ !! 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" /0 ¹12 书 专项小练一 １．Ａ；　２．Ｂ；　３．Ｂ．　４．ｘ－ｙ－２＝０；　５．２． ６．解：已知圆的圆心为（０，０），半径为槡２， 圆心到直线的距离ｄ＝｜ｂ｜ 槡２ ． 当ｄ＜槡２，即 －２＜ｂ＜２时，直线与圆相交； 当ｄ＝槡２，即ｂ＝±２时，直线与圆相切； 当ｄ＞槡２，即ｂ＜－２或ｂ＞２时，直线与圆相离． 专项小练二 １．Ｄ；　２．Ｃ；　３．Ａ．　４．４ｘ＋３ｙ－２＝０；　５．外切． ６．解：设所求圆的圆心为Ｐ（ａ，ｂ）， 所以 （ａ－４）２＋（ｂ＋１）槡 ２ ＝１． ① （１）若两圆外切，则有 （ａ－２）２＋（ｂ＋１）槡 ２ ＝１＋２＝３． ② 由①②，解得ａ＝５，ｂ＝－１， 所以所求圆的方程为（ｘ－５）２＋（ｙ＋１）２ ＝１． （２）若两圆内切，则有 （ａ－２）２＋（ｂ＋１）槡 ２ ＝２－１＝１． ③ 由①③，解得ａ＝３，ｂ＝－１， 所以所求圆的方程为（ｘ－３）２＋（ｙ＋１）２ ＝１． 综上，可知所求圆的方程为（ｘ－５）２＋（ｙ＋１）２＝１或（ｘ－ ３）２＋（ｙ＋１）２ ＝１． 一、单项选择题　１～４　ＣＤＤＡ　５～８　ＣＢＡＤ 二、多项选择题　９．ＡＢＤ；　１０．ＡＢ；　１１．ＢＣＤ． 三、填空题　１２．６０°／π３；　１３．２；　１４．－槡２． 四、解答题 １５．解：设所求圆的圆心为（ａ，ｂ）， 则圆心到直线ｘ－ｙ－１＝０的距离ｄ＝ ４－槡 ２＝槡２． 根据题意有 ｂ＝２ａ， ｜ａ－ｂ－１｜ 槡２ ＝槡２{ ． 解方程组得 ａ＝－３， ｂ＝－{ ６或 ａ＝１， ｂ＝２{ ． 所以所求圆的方程为（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２＝４和（ｘ＋３）２＋ （ｙ＋６）２＝４（或ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋１＝０和ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋１２ｙ ＋４１＝０）． １６．（１）证明：圆心（０，０）到直线ａｘ＋ｂｙ＋ｃ＝０的距离为 ｄ＝ ｜ｃ｜ ａ２＋ｂ槡 ２ ＝ ｜ｃ｜２ 槡３ ｜ｃ｜ ＝槡３２ ＜１＝ｒ， 所以直线与圆相交． （２）解：｜ＭＮ｜＝２ ｒ２－ｄ槡 ２ ＝２ １ (－ 槡３)２槡 ２ ＝１． １７．解：（１）圆Ｃ的方程：ｘ２＋ｙ２－２ｘ－４ｙ＋ｍ＝０， 即为：（ｘ－１）２＋（ｙ－２）２ ＝５－ｍ， 因为表示圆的条件是５－ｍ＞０，即ｍ＜５， 所以ｍ的取值范围是（－∞，５）． （２）圆Ｃ与圆Ｄ：（ｘ＋３）２＋（ｙ＋１）２ ＝１６相外切时， 圆心距等于半径之和， 圆Ｃ的圆心为（１，２），设半径为ｒ１， 圆Ｄ的圆心为（－３，－１），半径为ｒ２ ＝４， 所以 （１＋３）２＋（２＋１）槡 ２ ＝ｒ１＋４，解得ｒ１ ＝１． 所以圆Ｃ的半径为１． １８．解：（１）根据题意可设圆心Ｃ（２ｔ，ｔ），ｔ＞０，半径为ｒ． 由圆Ｃ与ｙ轴相切，且与ｘ轴 正半轴相交所得弦长为 槡２３，可得 半径ｒ＝２ｔ，如图１所示． 由勾股定理可得 ｔ２＋（槡３）２ ＝（２ｔ）２，解得ｔ＝１， 此时圆心 Ｃ（２，１），半径为２， 圆Ｃ的方程为（ｘ－２）２＋（ｙ－１）２ ＝４， 所以圆心Ｃ的坐标为Ｃ（２，１）． （２）依题意设圆心Ｃ（ａ，ｂ）， 半径为Ｒ，如图２所示． 因为圆心Ｃ在直线ｙ＝ １２ｘ 上，所以ａ＝２ｂ． 若圆Ｃ与直线ｘ－２ｙ－１＝ ０相切，可得｜ａ－２ｂ－１｜ 槡５ ＝Ｒ ＝槡５５， 若圆Ｃ与圆Ｑ：ｘ２＋（ｙ－２）２＝１相外切，则｜ＣＱ｜＝Ｒ＋１， 即 （ａ－０）２＋（ｂ－２）槡 ２ ＝１＋Ｒ， 可得５ｂ２－４ｂ＋１４－ 槡２５５ ＝０， 该方程Δ＜０，所以该方程无解， 故不存在满足题意的圆Ｃ． １９．解：（１）圆Ｃ的圆心Ｃ（－３，４），半径ｒ＝４， 由弦ＡＢ的长为 槡２ １１得点Ｃ到直线ｌ的距离为 ｄ＝ ｒ２ (－ １２ )｜ＡＢ｜槡 ２ ＝ ４２－（槡１１）槡 ２ ＝槡５， 又ｄ＝｜（２ｍ＋１）×（－３）＋（ｍ－２）×４－３ｍ－４｜ （２ｍ＋１）２＋（ｍ－２）槡 ２ ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ， 所以槡 ５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝槡５，解得ｍ＝－ ４ ３． （２）ｃｏｓ∠ＭＰＮ＝１－２ｓｉｎ２∠ＭＰＣ＝１－ (２ ｜ＣＭ｜)｜ＣＰ｜ ２ ＝１－ ３２ ｜ＣＰ｜２ ， 由（１）知点Ｃ到直线ｌ的距离ｄ＝槡５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ， 所以｜ＣＰ｜≥ｄ，所以｜ＣＰ｜＝ｄ时，ｃｏｓ∠ＭＰＮ的值最小， 即ｃｏｓ∠ＭＰＮ的最小值为１－３２ ｄ２ ， 由已知得１－３２ ｄ２ ＝１３４５，解得ｄ＝ 槡３５， 所以槡 ５｜ｍ＋３｜ ｍ２＋槡 １ ＝ 槡３５，解得ｍ＝ ３ ４， 当ｍ＝ ３４时，直线ｌ的方程为２ｘ－ｙ－５＝０， 设Ｐ（ａ，２ａ－５），以ＣＰ为直径的圆记为圆Ｄ， 则圆Ｄ的方程为（ｘ＋３）（ｘ－ａ）＋（ｙ－４）（ｙ－２ａ＋５）＝０， 即ｘ２＋ｙ２＋（３－ａ）ｘ＋（１－２ａ）ｙ＋５ａ－２０＝０， ① 圆Ｃ的方程为ｘ２＋ｙ２＋６ｘ－８ｙ＋９＝０， ② 由② －①得（ａ＋３）ｘ＋（２ａ－９）ｙ－５ａ＋２９＝０， ③ 因为Ｍ，Ｎ两点为圆Ｃ和圆Ｄ的公共点， 所以③即为直线ＭＮ的方程， ③变形得（ｘ＋２ｙ－５）ａ＋３ｘ－９ｙ＋２９＝０， 由 ｘ＋２ｙ－５＝０， ３ｘ－９ｙ＋２９＝０{ ，　解得 ｘ＝－１３１５， ｙ＝４４１５ { ， 所以直线ＭＮ (经过定点 －１３１５，４４)１５ ． 一、单项选择题 １～４　ＤＡＢＡ　５～８　ＡＣＤＤ 二、多项选择题 ９．ＡＤ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＣＤ． 三、填空题 １２ (． －１１３，１ )１３ ；　１３．－２；　１４．７２２５． 四、解答题 １５．解：依题意，设ｌ与ｔ的关系式为：ｌ＝ｋｔ＋ｂ，ｋ，ｂ是常数， 于是得 １２．５０６＝４０ｋ＋ｂ， １２．５１２＝８０ｋ＋ｂ{ ，解得 ｋ＝０．０００１５， ｂ＝１２．５{ ． 则所求直线的方程为ｌ＝００００１５ｔ＋１２．５， 当ｔ＝１００时，ｌ＝１２．５１５ｍ． １６．解：（１）设Ｑ（ｘ，ｙ）．由已知得ｋＭＮ ＝３， 又ＰＱ⊥ＭＮ，可得ｋＰＱ·ｋＭＮ ＝－１， 即 ｙ ｘ－３×３＝－１． ① 由已知得ｋＰＮ ＝－２，又ＰＮ∥ＭＱ，可得ｋＰＮ ＝ｋＭＱ， 即 ｙ＋１ ｘ－１＝－２． ② 联立①②，解得ｘ＝０，ｙ＝１，即Ｑ（０，１）． （２）设Ｑ（ｘ′，０）． 因为∠ＮＱＰ＝∠ＮＰＱ，所以ｋＮＱ ＝－ｋＮＰ． 又ｋＮＱ ＝ ２ ２－ｘ′，ｋＮＰ ＝－２， 所以 ２ ２－ｘ′＝２，即ｘ′＝１，所以Ｑ（１，０）． 又因为Ｍ（１，－１）， 所以ＭＱ垂直于ｘ轴． 所以直线ＭＱ的倾斜角为９０°． １７．解：（１）以Ｂ为原点，正东方向为ｘ 轴正方向建立如图１所示的直角坐标系， 则Ａ地的坐标是（－４００，０），台风中心移动 路径所在直线的斜率ｋ＝１，所以台风中心 移动路径所在的直线方程为ｙ＝ｘ＋４００． （２）以Ｂ为圆心，３００千米为半径作圆， 和直线ｙ＝ｘ＋４００相交于Ａ１，Ａ２两点． 设台风中心移到Ａ１时，城市Ｂ开始受台风影响（危险区）， 直到Ａ２时，解除影响． 因为点Ｂ到直线ｙ＝ｘ＋４００的距离ｄ＝ 槡２００２（千米）， 所以｜Ａ１Ａ２｜＝２ ３００２－（ 槡２００２）槡 ２ ＝２００（千米）． 而 ２００ ２０ ＝１０（小时）， 所以城市Ｂ处于危险区城的时间是１０小时． １８．解：（１）因为Ａ（１，１）和Ｂ（２，－２）， 所以线段ＡＢ的中点坐标为 ３ ２，－( )１２ ， 直线ＡＢ的斜率为ｋＡＢ ＝ －２－１ ２－１ ＝－３， 故线段ＡＢ的垂直平分线方程为ｙ＝－１２ ＋ １ ３ ｘ－( )３２ ， 即ｘ－３ｙ－３＝０． 由 ｘ－３ｙ－３＝０， ｘ－ｙ＋１＝０{ ，解得 ｘ＝－３， ｙ＝－２{ ．则Ｃ（－３，－２）． 半径ｒ＝｜ＡＣ｜＝ （１＋３）２＋（１＋２）槡 ２ ＝５， 所以圆Ｃ的标准方程为（ｘ＋３）２＋（ｙ＋２）２ ＝２５． （２）设Ｍ的坐标为（ｘ，ｙ），Ｑ（ｘ′，ｙ′）， 由Ｍ是线段ＰＱ的中点，有 ｘ＝ｘ′＋５２ ， ｙ＝ｙ′＋０２ { ，得 ｘ′＝２ｘ－５，ｙ′＝２ｙ{ ， 又因为Ｑ（ｘ′，ｙ′）是圆Ｃ上的动点， 所以（ｘ′＋３）２＋（ｙ′＋２）２ ＝２５， 即（２ｘ－５＋３）２＋（２ｙ＋２）２ ＝２５， 整理得（ｘ－１）２＋（ｙ＋１）２ ＝２５４． 则线段ＰＱ中点Ｍ的轨迹方程是（ｘ－１）２＋（ｙ＋１）２＝２５４． １９．解：当ｘ≥０，ｙ≥０时， 曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ １２； 当ｘ≤０，ｙ≥０时， 曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ－ )１２ ２ ＝ １２； 当ｘ≥０，ｙ≤０时， 曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ－ )１２ ２ (＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２； 当ｘ≤０，ｙ≤０时， 曲线Ｃ (的方程可化为 ｘ＋ )１２ ２ (＋ ｙ＋ )１２ ２ ＝ １２； 作出曲线Ｃ的图象（如图２）． （１）由图可知，曲线 Ｃ是四个半径为 槡２ ２的半圆围成的图形， 即曲线Ｃ围成的图形的周长是 ４×１２ ×２×π× 槡２ ２ ＝ 槡２２π． （２）曲线Ｃ所围成的面积为四个半圆的面积与边长为槡２的 正方形的面积之和， 从而曲线Ｃ所围成图形的面积为 ４×１２π× １ ２ ＋（槡２） ２ ＝２＋π． （３）因为Ｐ（ｍ，ｎ）到直线３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离为 ｄ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ ３２＋４槡 ２ ＝｜３ｍ＋４ｎ－１２｜５ ， 所以｜３ｍ＋４ｎ－１２｜＝５ｄ． 当ｄ最小时，易知Ｐ（ｍ，ｎ）在曲线Ｃ的第一象限内的图象上， 因为曲线Ｃ (的第一象限内的图象是圆心为 １２， )１２ ，半径 为槡 ２ ２的半圆， (所以圆心 １２， )１２ 到３ｘ＋４ｙ－１２＝０的距离 ｄ′＝ ３×１２ ＋４× １ ２ －１２ ３２＋４槡 ２ ＝１７１０， 从而ｄｍｉｎ＝ｄ′－槡 ２ ２ ＝ １７－ 槡５２ １０ ， 即｜３ｍ＋４ｎ－１２｜ｍｉｎ＝ １７－ 槡５２ ２ ． 书 第Ⅰ卷 选择题 （共５８分） 一、单项选择题：本题共８小题，每小题５分，共４０ 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在坐标轴上， 两顶点分别是（４，０），（０，２），则此椭圆的方程是（　　） （Ａ）ｘ ２ ４＋ ｙ２ １６或 ｘ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１ （Ｂ）ｘ ２ ４＋ ｙ２ １６＝１ （Ｃ）ｘ ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１ （Ｄ）ｘ ２ １６＋ ｙ２ ２０＝１ ２．椭圆ｘ２＋８ｙ２ ＝１的焦点坐标是 （　　） （Ａ）（±１，０） （Ｂ）（０，±槡７） （Ｃ） ±槡１４４ ，( )０ （Ｄ）０，±槡２( )４ ３．椭圆ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１的右焦点到直线ｙ＝槡３ｘ的距 离是 （　　） （Ａ）１２ （Ｂ） 槡３ ２ （Ｃ）１ （Ｄ）槡３ ４．（２０２４郑州阶段练习）椭圆ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１与椭圆 ｘ２ ２５－ｋ＋ ｙ２ ９－ｋ＝１（ｋ＜９）的 （　　） （Ａ）长轴长相等 （Ｂ）短轴长相等 （Ｃ）离心率相等 （Ｄ）焦距相等 ５．（２０２４陕西咸 阳阶段练习）中国是 世界上最古老的文明 中心之一，中国古代对 世界上最重要的贡献 之一就是发明了瓷器，中国陶瓷是世界上独一无二的， 它的发展过程蕴藏着十分丰富的科学和艺术，陶瓷形状 各式各样，从不同角度诠释了数学中几何的形式之美． 现有椭圆形明代瓷盘，经测量得到图１中数据，则该椭 圆瓷盘的离心率为 （　　） （Ａ）１２ （Ｂ） 槡３ ２ （Ｃ）槡３ （Ｄ）２ ６．（２０２４北京昌平期中）已知椭圆 Ｃ：ｘ ２ ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝ １（ａ＞ｂ＞０）的离心率 ｅ＝槡２２，短轴的右端点为 Ｂ， Ｍ（１，０）为线段ＯＢ的中点，则椭圆Ｃ的标准方程为 （　　） （Ａ）ｘ ２ ２＋ ｙ２ ４ ＝１ （Ｂ） ｘ２ ４＋ ｙ２ ８ ＝１ （Ｃ）ｘ ２ ８＋ ｙ２ １６＝１ （Ｄ） ｘ２ ８＋ ｙ２ ４ ＝１ ７．已知△ＡＢＣ的顶点Ｂ（０，－１），Ｃ（０，１），若分别与 ＡＢ，ＡＣ两边平行的中位线长的和是８，则顶点 Ａ的轨迹 方程是 （　　） （Ａ）ｙ ２ １６＋ ｘ２ ５ ＝１（ｘ≠０） （Ｂ）ｙ ２ １６＋ ｘ２ １５＝１（ｘ≠０） （Ｃ）ｙ ２ ６４＋ ｘ２ ６５＝１（ｘ≠０） （Ｄ）ｙ ２ ６４＋ ｘ２ ６３＝１（ｘ≠０） ８．（２０２４江苏开学考试）已知动圆过点Ａ（－３，０）， 并且在圆Ｂ：（ｘ－３）２＋ｙ２ ＝１００的内部与其相切，则动 圆圆心的轨迹方程为 （　　） （Ａ）ｘ ２ １６＋ ｙ２ ７ ＝１ （Ｂ） ｘ２ １６＋ ｙ２ ９ ＝１ （Ｃ）ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１ （Ｄ） ｘ２ ２５＋ ｙ２ １６＝１ 二、多项选择题：本题共３小题，每小题６分，共１８ 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部 选对的得６分，部分选对的得部分分，有选错的得０分． ９．（２０２４江苏苏州阶段练习）已知椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝ １（ａ＞ｂ＞０）的左焦点Ｆ，焦距为２，过点Ｆ的弦长最小 值不小于２，则该椭圆的离心率可以是 （　　） （Ａ）４５ （Ｂ） ２ ３ （Ｃ） １ ２ （Ｄ） １ ３ １０．（２０２４黑龙江黑河高二阶段测试）已知 Ｍ是椭 圆Ｃ：ｘ ２ ８＋ ｙ２ ４ ＝１上一点，Ｆ１，Ｆ２是其左右焦点，则下列 选项中正确的是 （　　） （Ａ）椭圆的焦距为２ （Ｂ）椭圆的离心率ｅ＝槡２２ （Ｃ）｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２｜＝ 槡２２ （Ｄ）△ＭＦ１Ｆ２的面积的最大值是４ １１．（２０２４江西萍乡高二统考）将一线段按如下比 例分割：较长这段长与总长的比值等于较短这段长与较 长这段长的比值，则该比值为槡 ５－１ ２ ，约为０６１８，这个 分割比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为 黄金分割比．我们将离心率为槡５－１２ 的椭圆称为“黄金 椭圆”．已知椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０），其离心率 ｅ＝ ｃａ，则满足下列条件能使椭圆Ｃ为“黄金椭圆”的有 （　　） （Ａ）（３－槡５）ａ ２ ＝２ｃ２ （Ｂ）（槡５－１）ａ ２ ＝２ｂ２ （Ｃ）（２－槡５）ａ ２－ｂ２ ＝２ｃ２ （Ｄ）（３－槡５）ｂ ２ ＝（槡５－１）ｃ ２ 第Ⅱ卷 非选择题 （共９２分） 三、填空题：本题共３小题，每小题５分，共１５分． １２．（２０２４河南开封期中）画 法几何创始人蒙日发现：椭圆上 两条互相垂直的切线的交点必在 一个与椭圆同心的圆上，且圆半 径的平方等于长半轴、短半轴的 平方和，此圆被命名为该椭圆的 蒙日圆（如图２）．若椭圆ｘ ２ ６ ＋ ｙ２ ｂ２ ＝１的蒙日圆为ｘ２＋ｙ２ ＝９，则ｂ２ ＝ ． １３．（吉林通化梅河口五中２０２４模拟）以椭圆的对 称轴为坐标轴，若该椭圆短轴的一个端点与两焦点是一 个正三角形的三个顶点，焦点在ｘ轴上，且ａ－ｃ＝槡３，则 椭圆的标准方程是 ． １４．（２０２４山西太原阶段练习）美 学四大构件是：史诗、音乐、造型（绘画、 建筑等）和数学．素描是学习绘画的必 要一步，它包括明暗素描和结构素描， 而学习几何体结构素描是学习素描最 重要的一步．某同学在画切面圆柱体 （用与圆柱底面不平行的平面去截圆 柱，底面与截面之间的部分叫做切面圆 柱体，原圆柱的母线被截面所截剩余的部分称为切面圆 柱体的母线）的过程中，发现“切面”是一个椭圆，若切 面圆柱体的最长母线与最短母线所确定的平面截切面 圆柱体得到的截面图形是有一个底角为４５°的直角梯形 （如图３所示），则该椭圆的离心率为 ． 四、解答题：本题共５小题，共７７分．解答应写出文 字说明、证明过程或演算步骤． １５．（１３分）已知椭圆的两焦点为 Ｆ１（－４，０）， Ｆ２（４，０），点Ｐ在椭圆上，若△ＰＦ１Ｆ２的面积的最大值为 １２，求此椭圆的方程． １６．（１５分）已知椭圆Ｃ的焦点在ｘ轴上，其对称轴 为坐标轴，离心率ｅ＝ ２５，且过点（５，０），求： （１）椭圆的标准方程； （２）椭圆的长轴长、短轴长、焦点和顶点坐标． １７．（１５分）（２０２４浙江绍兴期中）古希腊数学家阿 基米德利用“逼近法”得到椭圆的面积除以圆周率等于 椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．若椭圆Ｃ的中心为 原点，焦点Ｆ１，Ｆ２均在ｘ轴上，Ｃ的面积为 槡２３π，过点Ｆ１ 的直线交Ｃ于点Ａ，Ｂ，且△ＡＢＦ２的周长为８．求Ｃ的标准 方程                                                                                                                                                             ． !"#$% ! ! &' !"#$%&'() !"#*+ $% , &&-!"!!#$%&&' !"#$%&'()*+ ()"!*"+,-+%$ !",-%&'()*+ ()"!*"+,!!+" !".$*(/01)+234%&567+ ' 8 49: !;.6"<7 !"#$% &'( )*+,-.-/0 & 1%234567%89 :;<=>%;<?@% AB;<CD0 EFG HIJ% KLMNOP QRS=ABT=UV W% +,XYZ% [\ Z0 K]1()^_` ab% ccde% ff g% hhij% E(k :%FlSIJ%mn` opqmnrspq% ()]tuvwmrs xyz{N|;}~% a$€x% m‚ ƒm„…% ]†‡/ˆ +,%‰Š‹%‰Œ% ‰ŽH%‘’%“” •–H—% ˜™H—x š›0 œ"{89Qž Ÿ ¡¢:.£¤¥% ¦1*§¨©9ªTx «¬0 23­«ª®%¯ ­ªT° 23¤±x² ³­,:<%©´µ¶% ©9?·° 23=¸¹ o%º:¬»°23H¼ {ª½¾¿À0 +,%Á ¾H—xÂÃ0 H—Á¾QÄ+ ,0 H—¬NI+,0 &'†‡()Å+ ,‰!ÆÇȤ9xÉ Ê° ‰ËÌ´µ¶Í? ·xÎÏ° ‰ÐÑo£ x=>ÍÒÓx£Î° ‰ÆÔ"Õx¿ÀÍÖ ×0 +,¾:Hx† ‡°¾šØxÂÙ°¾Ú ÛÜÝxÞß0 :xQH]u+, {àá%âã¾+,%` º¾+,%Š‹¾+,% äå¾+,% æç¾+ ,%èé¾+,%Nê» `ë%¾ìäx+,0 íî9Qïk¦ð ¢&'ê»Íñò%& 'L†‡QïóQô+ ,0 +,% ¾&'¼Z xõö0 ÷jøùúNûü xýþ% Å+,@ÿO &0 &!"#"$•% &%¾&¢&'()*+ ,¨% H—Á¾QÄ+ ,0 ! 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