第7期 椭圆（二）-【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 求曲线的方程是解析几何中最基本、最重要的问 题之一，它是用代数方法研究几何问题的基础．下面举 例介绍求曲线的方程常用的方法，供同学们参考． 一、直接法 若命题中所求曲线上的动点与已知条件能直接产 生联系，这时，设曲线上动点坐标后，就可根据命题中 的已知条件，研究动点形成的几何特征，在此基础上运 用几何或代数的基本公式、定理等列出含有未知数的 关系式，从而得到轨迹方程，这种求轨迹方程的方法称 为直接法． 例１长为２ａ的线段ＡＢ的两个端点分别在ｘ轴、ｙ 轴上滑动，求ＡＢ的中点Ｐ的轨迹方程． 解析：设点Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ）， 则Ａ（２ｘ，０），Ｂ（０，２ｙ）． 由｜ＡＢ｜＝２ａ，得 （２ｘ－０）２＋（０－２ｙ）槡 ２ ＝２ａ， 化简得ｘ２＋ｙ２ ＝ａ２， 即为所求轨迹的方程． 点评：本题中存在几何等式｜ＡＢ｜＝２ａ，故可用直 接法求解． 二、定义法 当动点轨迹的条件符合某一基本曲线的定义（如 椭圆），则可以根据定义写出动点的轨迹方程． 请参照６期《椭圆定义的理解与应用》中的例１． 三、代入法 即利用动点是定曲线上的点，另一动点依赖于它， 那么可寻求它们的坐标之间的关系，然后代入定曲线 的方程进行求解，就可得到所求动点的轨迹方程． 例２从圆ｘ２＋ｙ２＝１上一点Ｐ引直线ｘ＋ｙ＝２的 垂线，垂足为Ｑ，求线段ＰＱ的中点Ｍ的轨迹方程． 解析：设动点Ｍ的坐标为（ｘ，ｙ）， Ｐ点的坐标为（ｘ０，ｙ０），则Ｑ（２ｘ－ｘ０，２ｙ－ｙ０）． 因为点Ｑ在直线ｘ＋ｙ＝２上， 所以２ｘ－ｘ０＋２ｙ－ｙ０ ＝２． ① 又ＭＰ垂直于直线ｘ＋ｙ＝２， 则 ｙ－ｙ０ ｘ－ｘ０ ＝１， 即ｘ－ｙ－ｘ０＋ｙ０ ＝０． ② 联立①②，解得 ｘ０ ＝ ３ ２ｘ＋ １ ２ｙ－１，ｙ０ ＝ １ ２ｘ＋ ３ ２ｙ－１． 将ｘ０，ｙ０代入圆的方程，并化简， 得点Ｍ的轨迹方程为 ５ｘ２＋５ｙ２＋６ｘｙ－８ｘ－８ｙ＋２＝０． 点评：找到点Ｍ和点Ｐ的坐标所满足的关系式，从 而用点Ｍ的坐标ｘ，ｙ表示点Ｐ的坐标ｘ０，ｙ０，代入圆的 方程就可求出点Ｍ的轨迹方程．解决本题的关键是 ｘ， ｙ，ｘ０，ｙ０所满足的两个关系式的寻找． 四、参数法 有时很难直接找出动点横、纵坐标间的关系，如果 借助中间量（参数），使之产生联系，建立关系式，然后 再从所求式子中消去参数，即可得动点的轨迹方程． 例３已知点Ｍ在圆１３ｘ２＋１３ｙ２－１５ｘ－３６ｙ＝０上， Ｏ为原点，点Ｎ在射线ＯＭ上，且满足｜ＯＭ｜·｜ＯＮ｜＝１２， 求动点Ｎ的轨迹方程． 解析：设Ｎ（ｘ，ｙ），则Ｍ（ｋｘ，ｋｙ），ｋ＞０． 由｜ＯＭ｜·｜ＯＮ｜＝１２，得 ｋ２（ｘ２＋ｙ２槡 ）· ｘ ２＋ｙ槡 ２ ＝１２， 所以ｋ（ｘ２＋ｙ２）＝１２． ① 又点Ｍ在已知圆上， 所以１３ｋ２ｘ２＋１３ｋ２ｙ２－１５ｋｘ－３６ｋｙ＝０． ② 由①②两式消去ｘ２＋ｙ２与ｋ， 得动点Ｎ的轨迹方程为５ｘ＋１２ｙ－５２＝０． 点评：用参数法求轨迹，设参尽量要少，消参较易． 五、待定系数法 根据给出的带有系数的曲线方程以及该曲线所具备 的一些性质，由已知条件确定出系数，从而解得方程． 例４已知椭圆Ｃ的中心在坐标原点，焦点在 ｘ轴 上，椭圆Ｃ上的点到焦点距离的最大值为３，最小值为 １，求椭圆Ｃ的标准方程． 分析：椭圆上的点到焦点的最大距离是ａ＋ｃ，最小 距离是ａ－ｃ，由已知ａ，ｃ可解，从而ｂ２ ＝ａ２－ｃ２可解． 解：由题意设椭圆的标准方程为 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）． 由已知得ａ＋ｃ＝３，ａ－ｃ＝１， 所以ａ＝２，ｃ＝１， 所以ｂ２ ＝ａ２－ｃ２ ＝３． 所以椭圆的标准方程为 ｘ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１． 点评：本题是已知所求的曲线为椭圆求其方程，只 要能求出系数ａ，ｂ即可． 小结：以上介绍了求曲线方程的几种主要方法，求曲 线方程的关键是仔细审题，分析已知条件和曲线的特征， 寻找曲线上任一点（动点）所满足的条件，然后把条件转 化为动点坐标所适合的等式，从而求得方程．通过上面几 例我们可以看出，在探求曲线方程时应注意如下几点： （１）要注意挖掘条件，特别是一些隐含条件，以便 有利于我们找到动点所满足的方程； （２）若轨迹是曲线的一部分，应对方程注明变量的 取值范围； （３）若轨迹有不同的情况时，应分别予以讨论，以 保证它的完整性； （４）“轨迹”与“方程”是不同的，“轨迹”是几何图 形，“方程”是轨迹上的点的坐标所满足的代数方程．如 是求动点的轨迹，我们就得先通过求其方程，再从方程 上断定这个轨迹是什么几何图形，如是求动点的轨迹 方程，则只要把其方程求出即可． 书 例 如果椭圆 ｘ２ １００＋ ｙ２ ３６＝１上一点Ｐ到焦点Ｆ１的距 离等于 ６，那么点 Ｐ到另一个焦点 Ｆ２ 的距离是 ． 解析：由题意得２ａ＝２０，｜ＰＦ１｜＝６，所以由椭圆的 定义得｜ＰＦ２｜＝２ａ－｜ＰＦ１｜＝２０－６＝１４． 点评：本题若设Ｐ（ｘ０，ｙ０），然后代入椭圆方程求得 ｘ０，ｙ０，进而求出点Ｐ到焦点Ｆ２的距离，这样做运算量是 较大的．利用椭圆的定义求解则很简捷． 若将条件中的距离换为点的横坐标，可有： 变式１已知椭圆 ｘ ２ １００＋ ｙ２ ３６＝１上一点Ｐ的横坐标为 －５，分别求点Ｐ到左焦点Ｆ１、右焦点Ｆ２的距离． 解析：把点Ｐ的横坐标代入椭圆方程求出点Ｐ的纵 坐标，又易知焦点Ｆ１和Ｆ２的坐标，利用两点间的距离公 式可求得｜ＰＦ１｜＝６，｜ＰＦ２｜＝１４． 若求△Ｆ１ＰＦ２中∠Ｆ１ＰＦ２的余弦值，可有： 变式２如果椭圆 ｘ ２ １００＋ ｙ２ ３６＝１上一点Ｐ到左焦点Ｆ１ 的距离等于６，Ｆ２是椭圆的右焦点，则∠Ｆ１ＰＦ２的余弦值 为 ． 解析：因为Ｆ１（－８，０），Ｆ２（８，０），所以｜Ｆ１Ｆ２｜＝１６． 由已知｜ＰＦ１｜＝６，可得｜ＰＦ２｜＝１４， 所以在△Ｆ１ＰＦ２中， ｃｏｓ∠Ｆ１ＰＦ２ ＝ ｜ＰＦ１｜ ２＋｜ＰＦ２｜ ２－｜Ｆ１Ｆ２｜ ２ ２｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜ ＝３６＋１９６－２５６２×６×１４ ＝－１７． 故∠Ｆ１ＰＦ２的余弦值为 － １ ７． 点评：有关椭圆的焦点三角形问题，一般都运用椭 圆的定义并且结合三角形中的正弦定理和余弦定理加 以解决． 若已知∠Ｆ１ＰＦ２的大小，求椭圆离心率ｅ的取值范 围，可有： 变式３设Ｐ是椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）上的 一点，Ｆ１，Ｆ２是椭圆的两个焦点，且∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°，求椭 圆离心率ｅ的取值范围． 解析：由椭圆的定义得｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝２ａ． ① 在△Ｆ１ＰＦ２中，∠Ｆ１ＰＦ２ ＝９０°，由勾股定理， 得｜ＰＦ１｜ ２＋｜ＰＦ２｜ ２ ＝｜Ｆ１Ｆ２｜ ２ ＝４ｃ２． ② 综合①②两式，可得｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝２（ａ ２－ｃ２）． 由根与系数的关系，可知 ｜ＰＦ１｜，｜ＰＦ２｜是方程 ｘ２－２ａｘ＋２（ａ２－ｃ２）＝０的两根， 则有Δ＝４ａ２－８（ａ２－ｃ２）≥０， 所以 ｃ( )ａ ２ ≥ １２， 即ｅ≥槡２２． 而ｅ＜１，故槡２２≤ｅ＜１． 点评：椭圆中有许多性质都是由定义派生出来 的，如果能够从其定义出发，挖掘它的性质，把定量的 计算和定性的分析有机地结合起来，则可以大大地减少运 算量． 书 椭圆的离心率ｅ是椭圆的一个重要的几何性质，其 主要刻画的是椭圆的扁平程度．下面对它的求解方法进 行总结，供同学们复习时参考． 方法一、利用定义求解离心率 例１已知Ｆ１为椭圆的左焦点，Ａ，Ｂ分别为椭圆的右 顶点和上顶点，Ｐ为椭圆上的点，当 ＰＦ１⊥ Ｆ１Ａ，ＰＯ∥ ＡＢ（Ｏ为椭圆中心）时，求椭圆的离心率． 分析：求椭圆的离心率，需求 ａ，ｃ的值，或将 ａ，ｃ用 同一个量表示，本题没有具体数值，因此尝试把ａ，ｃ用同 一个量表示． 解：由题设椭圆方程为 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， Ｆ１（－ｃ，０），则Ｐ －ｃ，± ｂ２( )ａ ．本题按Ｐ －ｃ，ｂ ２( )ａ( )计算 因为ＡＢ∥ＰＯ，所以ｋＡＢ ＝ｋＯＰ，即 － ｂ ａ ＝ －ｂ２ ａｃ． 所以ｂ＝ｃ． 又因为ａ＝ ｂ２＋ｃ槡 ２ ＝槡２ｂ， 所以ｅ＝ ｃａ ＝ ｂ 槡２ｂ ＝槡２２． 点评：求解离心率的过程是探索参数 ａ，ｂ，ｃ，ｅ的方 程或不等式解的过程，一般采取直接法、几何法等． 方法二、解方程求解离心率 例２若一个椭圆长轴的长度、短轴的长度和焦距成 等差数列，则该椭圆的离心率为 （　　） （Ａ）４５　　（Ｂ） ３ ５　　（Ｃ） ２ ５　　（Ｄ） １ ５ 分析：本题考查的是椭圆的基本性质，解题的关键 是正确翻译题目中的文字信息得到ａ＋ｃ＝２ｂ，然后结合 椭圆的几何性质求得椭圆的离心率． 解：设长轴长为２ａ，短轴长为２ｂ，焦距为２ｃ， 则由题知ａ＋ｃ＝２ｂ， 根据椭圆的性质可知（ａ＋ｃ）２＝４ｂ２＝４（ａ２－ｃ２）， 整理可得５ｃ２＋２ａｃ－３ａ２ ＝０，即５ｅ２＋２ｅ－３＝０， 解得ｅ＝ ３５或ｅ＝－１（舍），故选（Ｂ）． 点评：在解决这类问题时首先要审好题，然后找到 关系，结合椭圆的几何性质求解． 方法三、利用焦点三角形求解离心率 例３（１）已知Ｐ是椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）上 任意一点，Ｆ１，Ｆ２是椭圆的左、右焦点．若 ∠ＰＦ１Ｆ２ ＝ ６０°，∠ＰＦ２Ｆ１ ＝３０°，则椭圆的离心率为 ． （２）已知Ｐ是椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）上任意 一点，Ｆ１，Ｆ２是椭圆的左、右焦点．若∠Ｆ１ＰＦ２ ＝９０°，则 椭圆离心率的范围为 ． 分析：这两个问题表面上好像是一样的，但实际上 有严格区别．题（１）中的 ∠ＰＦ１Ｆ２ ＝６０°，∠ＰＦ２Ｆ１ ＝ ３０°，这样△ＰＦ１Ｆ２已经确定，因此离心率是个固定值； 而题（２）中，虽说∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°，但是点Ｐ不确定，因此 离心率有个范围． 解：（１）令Ｆ１Ｆ２ ＝２ｃＰＦ１ ＝ｃ，ＰＦ２ ＝槡３ｃ， 由定义可知ＰＦ１＋ＰＦ２ ＝２ａｃ＋槡３ｃ＝２ａ， 所以ｅ＝ ｃａ ＝ ２ 槡３＋１ ＝槡３－１． （２）令Ｐ（ｘ０，ｙ０），由题知Ｆ１（－ｃ，０），则Ｆ１ → Ｐ＝（ｘ０＋ ｃ，ｙ０），Ｆ２（ｃ，０），Ｆ２ → Ｐ＝（ｘ０ －ｃ，ｙ０），∠Ｆ１ＰＦ２ ＝９０°， Ｆ１ → Ｐ·Ｆ２→ Ｐ＝０，故ｘ２０＋ｙ２０ ＝ｃ２， ① 又点Ｐ在椭圆上，则ｙ２０ ＝ ｂ２ ａ２ （ａ２－ｘ２０）， 代入①得ｘ２０＋ ｂ２ ａ２ （ａ２－ｘ２０）＝ｃ ２， 所以ｘ２０ ＝ ａ２（ｃ２－ｂ２） ｃ２ ． 根据椭圆的有界性知０≤ｘ２０≤ａ ２， 则有０≤ａ ２（ｃ２－ｂ２） ｃ２ ≤ａ２， 所以 ｃ２≥ｂ２， ｃ２－ｂ２≤ｃ２{ ， 所以ｂ≤ｃ，所以槡２２≤ｅ＜１． 点评：题（２）中的解法主要利用椭圆的有界性来建 立起参数ａ，ｂ，ｃ中的不等关系，从而达到求解离心率范 围的目的． !"#$ ! " ! #"$ %! !"##" %&' ()*+,-./ $"$%&&'!#( ! !" #$% &'( !)"*+,- ./0123 4567 !"#$%&'( )*+,-."/0 12!"3 456!" #7819: ;<=4!"# 2>?@A7B$C2 DEFGHI"J2 KLMN3 OPQR$S<T UVWXYZ.VW 2[\$]^_N`a bcdefghij$ k!"#lgh7mn oj!"#2TUV Wp!".q+r2 VWst<uv23 w xyNzcdefj gh$!"#{|}~ .gij$k€*d ‚Cƒ„…+-2 †‡ˆ‰Š‹Œ ;Ž !"#2‡>?^ _‘zc’$“”• ^}zcdef~ .ghij–3 456!"#2 ‡>?^_Z— ‘zc’9: OPN˜ ™š›&œžŸ! "#2>?$| ¡¢ u££>¤¥u£ £a¦§›$>¨7© Iª«‡¬TŒ ­®¯ ! 89 : ;< 书 １８．（１７分）设椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）过 点Ｍ（１，１），离心率ｅ＝槡６３，Ｏ为坐标原点． （１）求椭圆Ｃ的方程； （２）若直线ｌ是圆Ｏ：ｘ２＋ｙ２＝１的任意一条切线，且直 线ｌ与椭圆Ｃ相交于Ａ，Ｂ两点，求证：→ＯＡ·→ＯＢ为定值． １９．（１７分）（２０２４湖南长沙雅礼中学阶段练习）定 义：一般地，当λ＞０且λ≠１时，我们把方程ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝ λ（ａ＞ｂ＞０）表示的椭圆Ｃλ称为椭圆 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ ｂ＞０）的相似椭圆． （１）如图６，已知Ｆ１（－槡３，０），Ｆ２（槡３，０），Ｍ为⊙Ｏ： ｘ２＋ｙ２ ＝４上的动点，延长Ｆ１Ｍ至点Ｎ，使得｜ＭＮ｜＝ ｜ＭＦ１｜，Ｆ１Ｎ的垂直平分线与Ｆ２Ｎ交于点Ｐ，记点Ｐ的轨 迹为曲线Ｃ，求Ｃ的方程； （２）在条件（１）下，已知椭圆Ｃλ是椭圆Ｃ的相似椭 圆，Ｍ１，Ｎ１是椭圆Ｃλ的左右顶点．点Ｑ是Ｃλ上异于四个 顶点的任意一点，当λ＝ｅ２（ｅ为曲线Ｃ的离心率）时，设 直线ＱＭ１与椭圆Ｃ交于点Ａ，Ｂ，直线ＱＮ１与椭圆Ｃ交于 点Ｄ，Ｅ，求｜ＡＢ｜＋｜ＤＥ｜的值． &=>?@A'B- !CD!E!* !FKLM* !NOPQRI")(!*($+!$(, !CDSTI89UVWXYZ[\]^ !)$_`aDbc+`dNeP !f%NgI")""", !XhPiDjkI")(!#($+!!$( ")(!#($+!$)+lmn- !ioIpqCDXhPTrstuvwfxly- !f%iojkI!!!&( !z{|}i~i€i !CD‚tuvUlX-ƒ„…†‡D !ˆ‰Š‹Œz_I!%""""%"""!!" !ˆ‰PQRI")(!#($+!$(( !CDŽ‘’m“”•–—˜™lš›Xœ[žŸ ¡¢£¤¥ !! ¦-§”)¨–”©ª«¬­)pqCDXhPTr®¯ ! ! !"#$% c+`d°±²³´µ¶L·l1¸¹*-¶ ! 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" $ " ! # $ % & ! , 书 　　　　　　　　　　　　　　　　　　１．椭圆ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ４９＝１上一点Ｐ到一个焦点的距离为 １０，则点Ｐ到另一个焦点的距离为 （　　） （Ａ）２ （Ｂ）４　　　　（Ｃ）６　　　　（Ｄ）８ ２．点Ｍ（ｘ，ｙ）与定点 Ｆ（２，０）的距离和它到直线 ｘ ＝８的距离ｄ的比是１∶２，则点Ｍ的轨迹方程为 （　　） （Ａ）ｘ ２ ４＋ ｙ２ ８ ＝１ （Ｂ） ｘ２ ８＋ ｙ２ ４ ＝１ （Ｃ）ｘ ２ １６＋ ｙ２ １２＝１ （Ｄ） ｘ２ １２＋ ｙ２ １６＝１ ３．（２０２３山西专题练习）“０＜ａ＜１，０＜ｂ＜１”是 “方程ａｘ２ ＝１－ｂｙ２表示的曲线为椭圆”的 （　　） （Ａ）充要条件 （Ｂ）必要不充分条件 （Ｃ）充分不必要条件 （Ｄ）既不充分也不必要条件 ４．已知Ｍ（－２，０），Ｎ（２，０），若｜ＰＭ｜＋｜ＰＮ｜＝６， 则Ｐ点的轨迹方程为 ． ５．如果椭圆ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１上一点Ｍ到此椭圆一个焦 点Ｆ１的距离为２，Ｎ是ＭＦ１的中点，Ｏ是椭圆的中心，则 线段ＯＮ的长是 ． ６．已知椭圆的中心Ｏ在原点，焦点Ｆ１，Ｆ２在ｘ轴上， Ｐ（３，４）为椭圆上一点．若ＰＦ１⊥ＰＦ２，求椭圆的标准方程． １．若椭圆的焦距长等于它的短轴长，则椭圆的离 心率为 （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　 （Ａ）１２　　　（Ｂ） 槡２ ２　　　（Ｃ）槡２　　　（Ｄ）２ ２．（２０２４福建福州八 县阶段测试）某地的旅 游地图如图所示，它的外 轮廓线是椭圆，根据图中 数据可得该椭圆的离心 率为 （　　） （Ａ）２５ （Ｂ） ３ ５ （Ｃ） 槡２３ ５ （Ｄ） 槡２５ ５ ３．（２０２４河北唐山一中期中）已知Ｆ１，Ｆ２分别为椭 圆 ｘ２ １６＋ ｙ２ ９＝１的左，右焦点，Ａ为上顶点，则△ＡＦ１Ｆ２的 面积为 （　　） （Ａ）６ （Ｂ）１５ （Ｃ）槡６７ （Ｄ）槡３７ ４．若椭圆ｘ ２ ４＋ ｙ２ ｍ ＝１（ｍ＜４）的离心率为 １ ２，则 ｍ＝ ． ５．若椭圆ｘ２＋ｍｙ２＝１的离心率为槡３２，则它的长轴 长为 ． ６．已知椭圆的焦点在ｘ轴上，对称轴为坐标轴，它 的离心率ｅ＝ ２５，且过点（５，０），求椭圆的标准方程． 书 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 ｘ２ 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 － ９ ５，( )１５ ． 一、单项选择题　１～４　ＣＣＢＤ　５～８　ＢＢＤＤ 二、多项选择题 ９．ＣＤ；　１０．ＢＤ；　１１．ＡＢＤ． 三、填空题 １２．３；　１３．ｘ ２ １２＋ ｙ２ ９ ＝１；　１４． 槡２ ２． 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 ． 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．（２０２４贵州毕节期末）“方程 ｘ ２ ４－ｍ＋ ｙ２ ｍ＋３＝１表 示椭圆”是“－３＜ｍ＜４”的 （　　） （Ａ）充分不必要条件 （Ｂ）必要不充分条件 （Ｃ）充要条件 （Ｄ）既不充分也不必要条件 ２．（２０２４陕西阶段练习）设椭圆 Ｃ１： ｘ２ ５ ＋ｙ ２ ＝１， Ｃ２： ｘ２ ９＋ ｙ２ ｂ２ ＝１（０＜ｂ＜３）的离心率分别为ｅ１，ｅ２，若ｅ２ ＝ ５６ｅ１，则ｂ＝ （　　） （Ａ）１ （Ｂ）２ （Ｃ）槡２ （Ｄ）槡３ ３．已知点 Ｍ（槡３，０），椭圆 ｘ２ ４ ＋ｙ ２ ＝１与直线 ｙ＝ ｋ（ｘ＋槡３）（ｋ≠０）交于点Ａ，Ｂ，则△ＡＢＭ的周长为 （　　） （Ａ）槡２３ （Ｂ）８ （Ｃ）４ （Ｄ）槡２５ ４．（２０２４福建福州期中）阿基米德既是古希腊著名 的物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到 椭圆的面积除以圆周率 π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在ｘ轴 上，椭圆Ｃ的面积为 槡２３π，且离心率为 １ ２，则 Ｃ的标准 方程为 （　　） （Ａ）ｘ ２ ４＋ ｙ２ ３ ＝１ （Ｂ） ｘ２ １２＋ｙ ２ ＝１ （Ｃ）ｘ ２ ３＋ ｙ２ ４ ＝１ （Ｄ） ｘ２ １６＋ ｙ２ ３ ＝１ ５．（２０２４陕西汉中 期中）手工课上，张老师 带领同学们一起制作了 一个近似鸟巢的金属模 型（如图１），其俯视图可 近似看成是两个大小不 同，扁平程度相同的椭圆，已知大椭圆的长轴长为 ４０ｃｍ，短轴长为２０ｃｍ，小椭圆的短轴长为１０ｃｍ，则小 椭圆的长轴长为 （　　） （Ａ）３０ｃｍ （Ｂ）１０ｃｍ （Ｃ）２０ｃｍ （Ｄ） 槡１０３ｃｍ ６．我们把离心率为黄金分割 系数槡 ５－１ ２ 的椭圆称为“黄金椭 圆”．如图２，已知“黄金椭圆”Ｃ的 中心在坐标原点，Ｆ为左焦点，Ａ， Ｂ分别为右顶点和上顶点，则 ∠ＡＢＦ＝ （　　） （Ａ）３０° （Ｂ）４５° （Ｃ）６０° （Ｄ）９０° ７．（２０２４湖北荆州期末）已知曲线 Ｃ：ｘ ２ ｍ ＋ ｙ２ ｎ ＝ １（ｍ＞０，ｎ＞０）与ｙ轴交于Ａ，Ｂ两点，Ｐ是曲线Ｃ上异 于Ａ，Ｂ的点，若直线ＡＰ，ＢＰ斜率之积等于 －４３，则Ｃ的 离心率为 （　　） （Ａ）１２ （Ｂ） 槡２ ２ （Ｃ）槡３２ （Ｄ） 槡５－１ ２ ８．（２０２４福建省福州第一中学高二期末）已知椭圆 ｘ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的右焦点为Ｆ，椭圆上的Ａ，Ｂ两 点关于原点对称，｜ＦＡ｜＝２｜ＦＢ｜，且→ＦＡ·→ＦＢ≤ ４９ａ ２， 则该椭圆离心率的取值范围是 （　　） （Ａ (） ０，槡５]３ （Ｂ (） ０，槡７]３ （Ｃ [） 槡５３， )１ （Ｄ [） 槡７３， )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太原双语学校课时 练习）如图３，两个椭圆ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１，ｙ ２ ２５＋ ｘ２ ９ ＝１内部重叠区域 的边界记为曲线 Ｃ，Ｐ是曲线 Ｃ 上的任意一点，下列四个说法正 确的为 （　　） （Ａ）Ｐ到Ｆ１（－４，０），Ｆ２（４，０），Ｅ１（０，－４），Ｅ２（０，４） 四点的距离之和为定值 （Ｂ）曲线Ｃ关于直线ｙ＝ｘ、ｙ＝－ｘ均对称 （Ｃ）曲线Ｃ所围区域面积必小于３６ （Ｄ）曲线Ｃ总长度不大于６π １０．（２０２４湖南岳阳期末）神舟十三号返回舱的轴截面 可近似看作是由半圆和半椭圆组成的“曲圆”．如图４，在平 面直角坐标系中半圆的圆心在坐标原点，半圆所在的圆过 椭圆的焦点Ｆ（０，槡２），椭圆的短轴与半圆的直径重合，下半 圆与ｙ轴交于点Ｇ．若过原点Ｏ的直线与上半椭圆交于点Ａ， 与下半圆交于点Ｂ，则下列说法正确的有 （　　） （Ａ）椭圆的长轴长为４ （Ｂ）线段ＡＢ长度的取值范围是［槡２２，２＋槡２］ （Ｃ）△ＡＢＦ面积的最小值是３ （Ｄ）△ＡＦＧ的周长为４＋ 槡２２ １１．（２０２４安徽蚌埠模拟） 球冠是指球面被平面所截得 的一部分曲面，截得的圆叫做 球冠的底，垂直于截面的直径 被截得的一段叫做球冠的高． 小明撑伞站在太阳下，撑开的 伞面可以近似看作一个球冠 （如图５）．已知该球冠的底半径为６０ｃｍ，高为２０ｃｍ．假 设地面是平面，太阳光线是平行光束，下列说法正确的 是 （　　） （Ａ）若伞柄垂直于地面，太阳光线与地面所成角为 π ４，则伞在地面的影子是圆 （Ｂ）若伞柄垂直于地面，太阳光线与地面所成角为 π ６，则伞在地面的影子是椭圆 （Ｃ）若伞柄与太阳光线平行，太阳光线与地面所成角 为 π ３，则伞在地面的影子为椭圆，且该椭圆离心率为 １ ２ （Ｄ）若太阳光线与地面所成角为π６，则小明调整伞 柄位置，伞在地面的影子可以形成椭圆，且椭圆长轴长 的最大值为２４０ｃｍ 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江苏盐城开学考试）已知 Ｆ是椭圆ｘ ２ ａ２ ＋ ｙ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左焦点，若过Ｆ的直线ｌ与圆ｘ２＋ ｙ２ ＝ｂ２相切，且ｌ的倾斜角为１５０°，则椭圆的离心率是 ． １３．（２０２４江西九江阶段测试）已知椭圆Ｃ：ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）的左右焦点分别为Ｆ１，Ｆ２，过Ｆ２的直线 交Ｃ于Ｐ，Ｑ两点，直线Ｆ１Ｑ交ｙ轴于点Ｍ，若ＰＭ⊥Ｆ１Ｑ， ｜ＰＦ１｜＝｜ＰＱ｜＝２，则椭圆Ｃ的焦距为 ． １４．（２０２４湖北黄冈期中）已知椭圆Ｃ：ｘ ２ １６＋ ｙ２ １２＝１ 的左、右焦点分别为 Ｆ１，Ｆ２，点 Ｐ是椭圆 Ｃ上的动点，ｍ ＝｜ＰＦ１｜，ｎ＝｜ＰＦ２｜，则 ４ｍ＋ｎ ｍｎ 的最小值为 ． 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）（２０２４江西南昌阶段测试）若直线ｘ－２ｙ ＋２＝０经过椭圆的一个焦点和一个顶点，求该椭圆的标 准方程． １６．（１５分）已知Ｐ为椭圆ｘ ２ ２５＋ ｙ２ ９ ＝１上一点，Ｆ１， Ｆ２为椭圆的左、右焦点． （１）求△Ｆ１ＰＦ２的周长； （２）若∠Ｆ１ＰＦ２ ＝６０°，求△Ｆ１ＰＦ２的面积． １７．（１５分）（２０２４河北邯郸市汇文中学高二阶段练 习）已知点Ｆ１（－１，０），Ｆ２（１，０）和直线ｌ：ｘ－ｙ＋３＝０． （１）若Ｍ是直线ｌ上一个动点，求｜ＭＦ１｜＋｜ＭＦ２｜ 的最小值； （２）若椭圆Ｅ以Ｆ１，Ｆ２为焦点且与直线ｌ有公共点， 求椭圆Ｅ的离心率的最大值                                                                                                                                                             ． ! " # ! ! ! " $ % & ' # " ! " ! !"#$%&'() *+,- ! ./ !"#$% ! ! 0(!123456789:*;<=.>- " ? ! 9@ABCDEFGHI#> J@ABKLMNO5PI#> !"#$%&'()*+ $!%&'%#(&#)* !",-%&'()*+ $!%&'%#(&&#% ! " 0(!123456789:I;<Q.>8 " ? &'()*+,- IRS !T".(U> !"#$%&'()* +,'-./012 345678*9:; <6=>?@A!B C(D)EFGHIE JKL*MNOP-. QRSTUVWXY Z[\*9:E]]^ [_`6TUVa. EFG O9+b*cd eQRfgh@#i !6jV* klTU V*mnoZpqIr stuv6w/xyG cdez{|} {~} {6-*t!Q€ pqjV*%&#9‚ ƒcdA„6…†*# 6-‡ˆ9‰Š‹Œ !Ž6-‡$EG VWXY E‘’“”• I–—Ž˜™*š›œ ž~*Ÿ˜ ¡¢£ ¤¥G¦§‚¨’© ª6«¬*ˆ­+®‘ ¯°G C±²³6+* ´µœ¶·¸E¹º [6§»¼G ½¾+E¿ÀÁ 6™Â*ÃÄÅ+Æ Ç6È1Éʱ6ËÌ ÍÎÏ*ÐÑÅ6ÒÓ ±ÔC½ÕÖÖ6  ¡*×ØÙÚÛ6™Âˆ ܂+ÆÇ6*ÝÛ +ÞEf™Âßà@  áâãä16±G¤ åQæçèéêá*ë ì&íîEïðG¾z Û®âñòŠ—Žó ô 6õ*@Úñòô1 ö*÷øùú6ûüý Åþÿ!)G ! ## +, !$ +, ! & ! &"' % # ! # )$ +, #$ +, ! % 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 . / ! $ % / ! " ! % ! % % / ! & / ! ' % ! ' ! $ ! ' / !