第12期 3.1 椭圆-【数理报】2024-2025学年高二数学选择性必修第一册同步学案（人教A版2019）

书 所以线段ＰＱ中点纵坐标的值为 槡２３３． （２）设ｙ轴上存在定点Ｓ（０，ｓ）满足题意． 由题意，直线ＭＮ的斜率存在且不为０，设直线ＭＮ：ｙ＝ｋｘ＋ｓ， (Ｐ ｙ２１４，ｙ)１ ， (Ｑ ｙ２２４，ｙ)２ ， (Ｍ ｙ２３４，ｙ)３ ， (Ｎ ｙ２４４，ｙ)４ ． 由 ｙ＝ｋｘ＋ｓ， ｙ２＝４ｘ{ ， 消去ｘ整理得ｋｙ２－４ｙ＋４ｓ＝０， 由Δ＝１６－１６ｋｓ＞０，得ｋｓ＜１，则ｙ３＋ｙ４＝ ４ ｋ，ｙ３ｙ４＝ ４ｓ ｋ． 因为Ｐ，Ｔ，Ｍ三点共线， (所以 ｙ２１４ －槡 )３ ｙ３ (＝ ｙ２３４ －槡 )３ ｙ１， 解得ｙ１ｙ３＝－ 槡４３．同理，可得ｙ２ｙ４＝－ 槡４３． 又ｋＰＱ＝ ｙ１－ｙ２ ｙ２１ ４ － ｙ２２ ４ ＝ ４ｙ１＋ｙ２ ＝ ４ －槡４３ ｙ３ ＋－槡４３ｙ４ ＝ ｙ３ｙ４ －槡３（ｙ３＋ｙ４） ＝槡３， 所以 ｙ３ｙ４ ｙ３＋ｙ４ ＝ ４ｓ ｋ ４ ｋ ＝－３，解得ｓ＝－３．所以直线ＭＮ恒过定点（０，－３）． １９．（１）解：设直线ＡＢ的方程为ｙ＝２ｘ＋ｔ， 与ｙ２＝４ｘ联立得ｙ２－２ｙ＋２ｔ＝０，由Δ＝４－８ｔ＞０得ｔ＜ １２， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｃ（ｘ３，ｙ３），则ｙ１＋ｙ２＝２， 所以ｘ１＋ｘ２＝ １ ２（ｙ１＋ｙ２－２ｔ）＝１－ｔ，由题意知Ｆ（１，０）， 因为→ → →ＦＡ＋ＦＢ＋ＦＣ＝０，→ＦＡ＝（ｘ１－１，ｙ１），→ＦＢ＝（ｘ２－１，ｙ２），→ＦＣ＝ （ｘ３－１，ｙ３），所以（ｘ１＋ｘ２＋ｘ３－３，ｙ１＋ｙ２＋ｙ３）＝（０，０）， 所以 ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＝３， ｙ１＋ｙ２＋ｙ３＝０ { ， ，故 ｘ３＝３－（１－ｔ）＝ｔ＋２， ｙ３＝－２ { ， 即点Ｃ的坐标为（２＋ｔ，－２），代入抛物线Ｅ的方程， 得４＝４（２＋ｔ），解得ｔ＝－１，满足条件ｔ＜ １２， 所以直线ＡＢ的方程为２ｘ－ｙ－１＝０． （２）证明：设直线ＢＣ的方程为ｘ＝ｍｙ＋ｎ，与ｙ２＝４ｘ联立得ｙ２－４ｍｙ －４ｎ＝０，由Δ＝１６（ｍ２＋ｎ）＞０，得ｎ＞－ｍ２， 设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），Ｃ（ｘ３，ｙ３），则ｙ２＋ｙ３＝４ｍ， 所以ｘ２＋ｘ３＝ｍ（ｙ２＋ｙ３）＋２ｎ＝４ｍ２＋２ｎ． 由（１）知 ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＝３， ｙ１＋ｙ２＋ｙ３＝０ { ， 所以 ｘ１＝３－４ｍ２－２ｎ， ｙ１＝－４ｍ { ， 即点Ａ的坐标为（３－４ｍ２－２ｎ，－４ｍ）． 又点Ａ在抛物线ｙ２＝４ｘ上，所以１６ｍ２＝４（３－４ｍ２－２ｎ）， 所以ｎ＝ ３２ －４ｍ ２， 又ｎ＞－ｍ２，所以ｍ２＜ １２，所以点Ａ的横坐标３－４ｍ ２－２ｎ＝４ｍ２＜２， 同理可证，Ｂ，Ｃ两点的横坐标也小于２． 所以△ＡＢＣ三个顶点的横坐标都小于２． 第１５期３，４版 圆锥曲线的方程核心素养综合测评 一、单项选择题　１～４　ＢＡＢＢ　５～８　ＡＢＣＤ 提示： １．ｃ＝ ５－槡 １＝２，可得焦点坐标为（－２，０）和（２，０）． ２．由焦点为（３，０），则３２＝ａ＋１２，解得ａ＝８． ３．抛物线Ｃ：ｘ２＝ｙ的准线方程为ｙ＝－ １４， 又点Ｍ在抛物线上且纵坐标为１，所以点Ｍ到Ｃ的焦点的距离为１ ( － － )１４ ＝ ５４． ４．由题得ａ２＝８０，ｂ２＝３５，所以ａ＝ 槡４５，ｃ＝ ａ２－ｂ槡 ２＝ 槡３５， 所以长轴长２ａ＝ 槡８５，焦距２ｃ＝ 槡６５， 所以长轴长与焦距之差等于２ａ－２ｃ＝ 槡２５． ５．双曲线ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）的渐近线方程为ｙ＝± ｂａｘ， 又渐近线过点Ｐ（３，－９），即 －９＝－ ｂａ ×３，则 ｂ ａ ＝３， 所以离心率ｅ＝ ｃａ ＝ １＋ ｂ２ ａ槡 ２ ＝ １＋３槡 ２＝槡１０． ６．设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），则ｙ１＋ｙ２＝１． 所以 ｙ２１＝４ｘ１， ｙ２２＝４ｘ { ２ （ｙ１＋ｙ２）（ｙ１－ｙ２）＝４（ｘ１－ｘ２）， 所以ｋＡＢ＝ ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝ ４ｙ１＋ｙ２ ＝４． ７．由题意可设抛物线方程为ｘ２＝－２ｐｙ（ｐ＞０）， 由题意知点（４８，－６０）在该抛物线上，将其代入抛物线方程， 得４８２＝－２ｐ×（－６０），解得ｐ＝９６５， 则抛物线的方程为ｘ２＝－１９２５ｙ，故选：（Ｃ）． ８．依题意，ａ＝３，ｂ＝槡５，ｃ＝２， Ｆ１（－２，０），Ｆ２（２，０），Ｎ（３，槡５）， 则｜ＮＦ２｜＝ １２＋（槡５）槡 ２＝槡６， ｜ＮＦ１｜＝ ５２＋（槡５）槡 ２＝槡３０， 所以｜ＭＮ｜＋｜ＭＦ１｜≥｜ＮＦ１｜＝槡３０，当Ｍ位于线段ＮＦ１与椭圆交 点Ｍ２处时等号成立． 根据椭圆的定义可知｜ＭＮ｜＋｜ＭＦ１｜＝｜ＭＮ｜＋２ａ－｜ＭＦ２｜＝６＋ ｜ＭＮ｜－｜ＭＦ２｜， 如图１所示，设ＮＦ２的延长线与椭圆相交于Ｍ１，则当Ｍ位于Ｍ１时，６ ＋｜ＭＮ｜－｜ＭＦ２｜取得最大值，为６＋｜ＮＦ２｜＝６＋槡６， 综上所述，｜ＭＮ｜＋｜ＭＦ１｜的取值范围为［槡３０，６＋槡６］． 二、多项选择题　９．ＢＣＤ；　１０．ＡＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．设椭圆的长半轴长为ａ，短半轴长为ｂ，半焦距为ｃ，椭圆长轴在圆柱 底面上的投影为圆柱底面圆的直径，由截面与圆柱底面的夹角 θ＝ π３ 得：２ａ＝ ４ｃｏｓθ ＝８，解得ａ＝４，即椭圆的长轴长为２ａ＝８，（Ａ）不正确； 显然ｂ＝２，则ｃ＝ ａ２－ｂ槡 ２＝ 槡２３，离心率ｅ＝ ｃ ａ ＝ 槡３ ２，（Ｂ）正确； 当以椭圆长轴所在直线为ｙ轴，短轴所在直线为ｘ轴建立平面直角坐 标系时，椭圆的标准方程为 ｙ２ １６＋ ｘ２ ４ ＝１，（Ｃ）正确； 椭圆上的点到焦点的距离的最小值为ａ－ｃ＝４－ 槡２３，（Ｄ）正确． 故选：（Ｂ）（Ｃ）（Ｄ）． １０．由∠ＭＯＦ＝４５°，可得ｔａｎ∠ＭＯＦ＝ ｜ｙ０｜ ｘ０ ＝１，即ｙ２０＝ｘ２０， 联立方程组 ｙ２０＝ｘ２０， ｙ２０＝４ｘ０ { ， 解得 ｘ０＝４， ｙ０＝ { ４或 ｘ０＝４， ｙ０＝－４ { ， 所以（Ａ）正确， （Ｂ）不正确； 又由抛物线的定义，可得｜ＭＦ｜＝ｘ０＋ ｐ ２ ＝４＋１＝５，所以（Ｃ）正确； 在△ＯＦＭ中，可得｜ＯＦ｜＝１，｜ＭＦ｜＝５，｜ＯＭ｜＝ 槡４２， 由余 弦 定 理 得 ｃｏｓ∠ＯＦＭ ＝ ｜ＯＦ｜ ２＋｜ＭＦ｜２－｜ＯＭ｜２ ２｜ＯＦ｜｜ＭＦ｜ ＝ １２＋５２－（槡４２）２ ２×１×５ ＝－ ３ ５，所以（Ｄ）错误．故选：（Ａ）（Ｃ）． １１．过双曲线的右顶点Ａ（ａ，０）作ｘ轴的垂 线交渐近线ｙ＝ ｂａｘ于点Ｂ（ａ，ｂ），则｜ＯＢ｜＝ ｃ＝｜ＯＦ｜，不妨设Ｍ，Ｐ在ｘ轴上方， 因为 ｜ＯＢ｜＝｜ＯＦ｜，∠ＡＯＢ＝∠ＭＯＦ， ∠ＯＡＢ＝∠ＯＭＦ ＝９０°，所以 Ｒｔ△ＯＡＢ≌ Ｒｔ△ＯＭＦ， 所以｜ＦＭ｜＝｜ＡＢ｜＝ｂ，｜ＯＭ｜＝｜ＯＡ｜＝ａ， 由已知→ＭＦ＝２→ＰＭ得｜ＰＭ｜＝ ｂ２， 由 ｜ＯＭ｜２＝｜ＦＭ｜·｜ＭＰ｜，得ａ２＝ｂ ２ ２，所以ｂ＝槡２ａ，所以 ｂ ａ ＝槡２， 所以双曲线的渐近线方程为ｙ＝±槡２ｘ，故（Ｃ）错误； 因为ｃ２＝ａ２＋ｂ２＝３ａ２，所以ｅ＝ ｃａ ＝槡３，故（Ｄ）正确； 因为ＯＭ⊥直线ＦＰ，且｜ＯＭ｜＝ａ，所以直线ＦＰ与圆ｘ２＋ｙ２＝ａ２相 切，故（Ａ）正确； 双曲线的焦点坐标为（±槡３ａ，０）， ｘ２ ２ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１即 ｘ ２ ４ａ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１，为中心在原点焦点在ｘ轴上的椭圆， 半焦距ｃ１＝ ４ａ２－ａ槡 ２＝槡３ａ，焦点坐标为（±槡３ａ，０）， 所以Ｅ与 ｘ ２ ２ｂ２ ＋ｙ ２ ａ２ ＝１有相同的焦点，故（Ｂ）正确． 故选：（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．３；　１３．３；　１４．２． 提示： １２．由题意知，焦点在ｙ轴上，则ａ２＝４，ｂ２＝ｍ，ｃ２＝１， 从而４＝ｍ＋１，解得ｍ＝３． １３．由题意，得２ｘ０＝ｘ０＋ ｐ ２，解得ｘ０＝ ｐ ２，即 (Ａ ｐ２，－ )３ ． 代入ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０），得（－３）２＝２ｐ· ｐ２，解得ｐ＝３． １４．由题知｜ＣＯ｜＝ａ，｜ＡＯ｜＝２ａ， 所以双曲线Ｔ的方程为ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ３ａ２ ＝１， 又由题设Ｔ的方程为 ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ４ ＝１，所以３ａ ２＝４，即ａ＝ ２ 槡３ ． 设ＡＢ的中点为Ｇ，则｜ＢＧ｜＝ ３２ａ＝槡３， 由ｃｏｓ３０°＝｜ＢＧ｜｜ＢＤ｜＝ 槡３ ｜ＢＤ｜＝ 槡３ ２，所以｜ＢＤ｜＝２， 即圆Ｄ的半径为２． 四、解答题 １５．解：（１）由题可得 ｘ２ (＋ ｙ－ )１２槡 ２ ＝ｙ＋ １２， 化简得ｘ２＝２ｙ．故点Ｐ的轨迹方程为ｘ２＝２ｙ． （２）由题意设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２），将直线方程ｙ＝ｋｘ＋１与抛物线方 程ｘ２＝２ｙ联立得ｘ２－２ｋｘ－２＝０，则ｘ１＋ｘ２＝２ｋ，ｘ１ｘ２＝－２． 所以｜ＡＢ｜＝ １＋ｋ槡 ２· （ｘ１＋ｘ２）２－４ｘ１ｘ槡 ２ ＝ １＋ｋ槡 ２· ４ｋ２＋槡 ８＝ 槡２６，解得ｋ２＝１，所以ｋ＝±１． １６．（１）证明：由题可得，双曲线Ｃ的渐近线方程为ｘ±２ｙ＝０． 点Ｐ（ｘ，ｙ）到直线ｘ－２ｙ＝０的距离ｄ１＝ ｜ｘ－２ｙ｜ 槡５ ， 点Ｐ（ｘ，ｙ）到直线ｘ＋２ｙ＝０的距离ｄ２＝ ｜ｘ＋２ｙ｜ 槡５ ， 所以点Ｐ到双曲线Ｃ的两条渐近线的距离的乘积为 ｄ１ｄ２＝ ｜ｘ－２ｙ｜ 槡５ · ｜ｘ＋２ｙ｜ 槡５ ＝｜ｘ ２－４ｙ２｜ ５ ． 又Ｐ（ｘ，ｙ）在双曲线Ｃ上，所以 ｘ ２ ４ －ｙ ２＝１，即ｘ２－４ｙ２＝４， 所以ｄ１ｄ２＝ ４ ５，是一个常数． （２）解：由 ｘ ２ ４ －ｙ ２＝１得ｙ２＝ ｘ ２ ４ －１≥０， 解得ｘ≤－２或ｘ≥２．所以｜ＰＡ｜２＝（ｘ－３）２＋ｙ２ ＝（ｘ－３）２＋ｘ ２ ４ －１＝ (５４ ｘ－１２)５ ２ ＋ ４５． 当ｘ＝１２５ 时，｜ＰＡ｜ ２取得最小值 ４ ５， 所以｜ＰＡ｜的最小值为 槡２５５． １７．解：（１）由题可设椭圆Ｃ的标准方程为 ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 且ｃ＝１，所以｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜＝４＝２ａ， 解得ａ＝２，ｂ２＝ａ２－ｃ２＝４－１＝３， 即椭圆Ｃ的标准方程为 ｘ ２ ４ ＋ ｙ２ ３ ＝１． （２）在△ＰＦ１Ｆ２中，由余弦定理得｜Ｆ１Ｆ２｜２＝｜ＰＦ１｜２＋｜ＰＦ２｜２－ ２｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜ｃｏｓ１２０°， 即４＝（｜ＰＦ１｜＋｜ＰＦ２｜）２－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜， 即４＝（２ａ）２－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜＝１６－｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜， 所以｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜＝１２， Ｓ△ＰＦ１Ｆ２＝ １ ２ ｜ＰＦ１｜｜ＰＦ２｜ｓｉｎ１２０°＝ 槡３３． １８．解：（１）由ｅ＝ ｃａ ＝ １＋ ｂ( )ａ槡 ２ ＝槡１０３ ， 得 ｂ ａ ＝ １ ３， ａ ｂ ＝３，所以Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±３ｘ． （２）由已知得ｌ：ｘ＝－ ｐ２， 代入渐近线方程得Ｍ － ｐ２，－ ３ｐ( )２ ，Ｎ － ｐ２，３ｐ( )２ ， 所以｜ＭＮ｜＝３ｐ，Ｓ△ＭＦＮ ＝ １ ２ ×３ｐ×ｐ＝１２， 解得ｐ＝ 槡２２，所以Ｄ的方程为ｙ２＝ 槡４２ｘ． １９．解：（１）抛物线ｙ２＝ 槡４３ｘ的焦点为（槡３，０），所以ｃ＝槡３， 又根据椭圆的定义可得２ａ＝４，ａ＝２，所以ｂ＝ ａ２－ｃ槡 ２＝１， 所以椭圆Ｃ１： ｘ２ ４ ＋ｙ ２＝１，设椭圆Ｃ２： ｘ２ ａ２２ ＋ｙ ２ ｂ２２ ＝１， 因为相似比为２，所以ｂ２＝２ｂ＝２，ｃ２＝２ｃ＝ 槡２３，ａ２＝２ａ＝４， 所以椭圆Ｃ２的方程为 ｘ２ １６＋ ｙ２ ４ ＝１． （２）设Ａ（ｘ０，ｙ０），则Ｂ（－ｘ０，－ｙ０），又Ｐ（０，２）， 所以→ＰＡ＝（ｘ０，ｙ０－２），→ＰＢ＝（－ｘ０，－ｙ０－２）， 所以 →ｙ＝ＰＡ·→ＰＢ＝－ｘ２０－ｙ２０＋４， 因为点Ａ在椭圆上，所以 ｘ２０ ４ ＋ｙ ２ ０＝１，所以ｘ２０＝４－４ｙ２０， 所以ｙ＝－ｘ２０－ｙ２０＋４＝３ｙ２０， 根据椭圆的性质可得ｙ０∈［－１，１］，所以ｙ＝３ｙ２０∈［０，３］， 即ｙ的取值范围为［０，３］． （３）若椭圆Ｃｂ上存在两点Ｍ，Ｎ关于直线ｌ对称， 则ＭＮ⊥ｌ且ＭＮ的中点在ｌ上， 设椭圆Ｃｂ的半焦距为ｓ，长半轴长为ｔ． 因为Ｃｂ与Ｃ１相似，且短半轴长为ｂ，则ｓ＝ ｂ １·槡３＝槡３ｂ， ｔ＝ ｂ２＋ｍ槡 ２＝２ｂ，所以椭圆Ｃｂ： ｘ２ ４ｂ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１， 设ＭＮ：ｙ＝－ｘ＋ｍ，Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２）， ＭＮ的中点Ｑ（ｘＱ，ｙＱ）， 联立 ｘ２ ４ｂ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１， ｙ＝－ｘ＋ｍ { ， 可得５ｘ２－８ｍｘ＋４ｍ２－４ｂ２＝０， Δ＝６４ｍ２－２０（４ｍ２－４ｂ２）＝８０ｂ２－１６ｍ２＞０， 解得ｂ２＞ｍ ２ ５， ｘ１＋ｘ２＝ ８ｍ ５，ｙ１＋ｙ２＝－（ｘ１＋ｘ２）＋２ｍ＝ ２ｍ ５， 所以ｘＱ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ ４ｍ ５，ｙＱ＝ ｙ１＋ｙ２ ２ ＝ ｍ ５， 因为Ｑ在直线ｙ＝ｘ＋１上，所以 ｍ５ ＝ ４ｍ ５ ＋１，解得ｍ＝－ ５ ３， 因为ｂ２＞ｍ ２ ５，所以ｂ ２＞ ５９，则有ｂ＞ 槡５ ３． 所以存在ｂ满足题意，且ｂ (的范围是 槡５３，＋ )∞ ． 书 高中数学·选择性必修第一册（人教 Ａ版）２０２４年 第１２～１５期参考答案 第１２期１版 专项小练一 １．Ｂ；　２．ＡＢＤ；　３．Ｃ；　４．１或 －１；　５．（－２，０）∪（０，３）． 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．ＡＤ；　３．Ｂ；　４．８； 槡　５．３７． 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＝ －１８５，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１２期３，４版 椭圆同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＢＢＤＣ　５～８　ＤＤＡＢ 提示： １．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３２，故选（Ｂ）． ２．对于椭圆 ｘ ２ ａ２ ＋ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞ｂ＞０）， 有ｅ＝ ｃａ ＝ ｃ２ ａ槡２ ＝ ａ２－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．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）． ４．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）． ５．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°． ６．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）． 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｜＝ ２３ａ， ｜ＢＥ｜＝ ４３ａ． 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≤ ４９ａ２，得 → →｜ＦＡ｜｜ＦＢ｜ｃｏｓ∠ＢＦＡ＝ ４３ａ× ２ ３ ( ａ× ９ ４ｅ ２－ )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 ｘ２ 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＝ π ６，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　１２．３；　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７，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８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：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：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． １７．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． ! ! " !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%#& 2 ! 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8"%+ '$%'& 2 !"#$ !"#$ ! " ! " " # $ % ! # !"# $ & ' ( ) ! $ ! ( # * $ % ! " & # $ ) + ( ! % $ ( ! ! ! & ! & $ ( ! ' ( ! ( $ ! ( ! % ! ( ( ! ! " ! , " - * " , ! . / % ! " ! * ( / 0 1 - % ! ! 书 若ｍ＞０，则ａ２＝ｍ，所以 槡ａ＝ ｍ ＝２，解得ｍ＝４， 则Ｃ的方程为 ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２＝－２ｍ，所以ａ＝ －２槡 ｍ ＝２， 解得ｍ＝－２，则Ｃ的方程为 ｙ ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１； 综上，Ｃ的方程为 ｘ ２ ４ － ｙ２ ８ ＝１或 ｙ２ ４ － ｘ２ ２ ＝１． １８．解：（１）因为 ｜ （ｘ－槡１０）２＋ｙ槡 ２－ （ｘ＋槡１０）２＋ｙ槡 ２｜＝２＜ 槡２ １０，所以Ｃ是以（槡１０，０），（－槡１０，０）为焦点，实轴长为２的双曲线． 设Ｃ：ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０），则ｃ＝槡１０，ａ＝１，ｂ＝３， 所以Ｃ的方程为ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１． （２）由（１）可得Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±３ｘ， 由 ｙ＝－３ｘ， ｙ＝ｘ－４{ ，得 ｘ＝１， ｙ＝－３{ ，即Ｄ（１，－３）．设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 由 ｙ＝ｘ－４， ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１ { ，得８ｘ２＋８ｘ－２５＝０， 则ｘ１＋ｘ２＝－１，则→ＯＡ·→ →ＯＤ＋ＯＢ·→ＯＤ＝ｘ１＋ｘ２－３（ｙ１＋ｙ２）＝ｘ１ ＋ｘ２－３（ｘ１－４＋ｘ２－４）＝２６． １９．（１）解：由题可得 ｘ２０ ２ －ｙ ２ ０＝１，即ｙ２０＝ ｘ２０ ２ －１， 联立 ｘ２ ２ －ｙ ２＝１与 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１， 消去ｙ得 (： ｙ２０２ －ｘ２０ )４ ｘ２＋ｘ０ｘ－（１＋ｙ２０）＝０， 则ｘ２－２ｘ０ｘ＋ｘ２０＝０，显然Δ＝４ｘ２０－４ｘ２０＝０， 所以该直线与双曲线有且只有１个公共点． （２）解：由（１）知，直线 ｘ０ｘ ２ －ｙ０ｙ＝１与双曲线 ｘ２ ２ －ｙ ２＝１相切于点 （ｘ０，ｙ０），所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上一点（ｘ０，ｙ０）的切 线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． 证明如下：显然 ｘ２０ ａ２ － ｙ２０ ｂ２ ＝１，即ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０＝ａ２ｂ２， 由 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１， ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得：ｂ２ａ２ｘ２－２ｂ２ａ２ｘ０ｘ＋ｂ２＋ｙ２０＝０， 于是Δ＝ ４ｂ４ｘ２０ ａ４ －４ｂ ２ ａ２ （ｂ２＋ｙ２０）＝ ４ｂ２（ｂ２ｘ２０－ａ２ｙ２０－ａ２ｂ２） ａ４ ＝０， 因此直线 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１与双曲线 ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）相切 于点（ｘ０，ｙ０），所以过双曲线 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）上一点（ｘ０，ｙ０） 的切线方程为 ｘ０ｘ ａ２ － ｙ０ｙ ｂ２ ＝１． （３）证明：当ｎ＝０时，直线ｌ的斜率不存在， 由对称性知，点Ｔ为线段ＰＱ的中点； 当ｎ≠０时，设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），线段ＰＱ的中点Ｎ（ｔ，ｓ）， 由 ｘ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝０， ｍｘ ａ２ －ｎｙ ｂ２ ＝１{ ，消去ｙ得 (： ｎ２ｂ２ －ｍ２ａ )２ ｘ２＋２ｍｘ－ａ２＝０， 由 ｍ２ ａ２ －ｎ ２ ｂ２ ＝１，得ｘ２－２ｍｘ＋ａ２＝０，则ｔ＝ ｘ１＋ｘ２ ２ ＝ｍ， 又 ｍｔ ａ２ －ｎｓ ｂ２ ＝１，于是ｓ＝ ｂ ２ (ｎ ｍ２ａ２ － )１ ＝ｎ， 即点Ｔ与点Ｎ重合，所以点Ｔ为线段ＰＱ的中点． 第１４期２版 专项小练一 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＢＤ；　４．（２，＋∞）；　５．１． ６．解：令ｘ＝０，ｙ＝２，所以 ｐ２ ＝２，得ｐ＝４， 又抛物线的焦点在ｙ轴的正半轴， 所以抛物线的标准方程为ｘ２＝８ｙ； 令ｙ＝０，ｘ＝－３，所以 ｐ２ ＝３，得ｐ＝６， 又抛物线的焦点在ｘ轴的负半轴， 所以抛物线的标准方程为ｙ２＝－１２ｘ． 专项小练二 １．Ａ；　２．Ｃ；　３．ＢＣ；　４．１；　５．１６． ６．解：设Ａ（ｘＡ，ｙＡ），Ｂ（ｘＢ，ｙＢ）， 由 ｘ－２ｙ＋１＝０， ｙ２＝２ｐｘ{ ， 可得ｙ２－４ｐｙ＋２ｐ＝０， 所以ｙＡ＋ｙＢ＝４ｐ，ｙＡｙＢ＝２ｐ， 所以｜ＡＢ｜＝ １＋２槡 ２· （ｙＡ＋ｙＢ）２－４ｙＡｙ槡 Ｂ ＝ 槡４ １５． 即２ｐ２－ｐ－６＝０，因为ｐ＞０，解得ｐ＝２． 第１４期３版 抛物线同步核心素养测评 一、单项选择题　１－４　ＢＣＤＢ　５－８　ＤＡＤＣ 提示： １．由抛物线定义得３＋ ｐ２ ＝４，解得ｐ＝２．故选：（Ｂ）． ２．抛物线ｙ＝ １８ｘ ２的标准方程为ｘ２＝８ｙ， 所以焦点的坐标为（０，２），准线方程为ｙ＝－２， 故选：（Ｃ）． ３．直线３ｘ＋２ｙ－６＝０与ｘ轴的交点为（２，０）， 所以抛物线Ｃ的焦点为（２，０），故 ｐ２ ＝２，解得ｐ＝４， 所以抛物线的标准方程为ｙ２＝８ｘ．故选：（Ｄ）． ４．因点（２，４）在抛物线ｙ２＝８ｘ上，所以过该点与抛物线相切的直线和 过该点与ｘ轴平行的直线都与抛物线只有一个公共点．故选（Ｂ）． ５．由题意可知Ｆ（０，－７），因为Ｑ（０，７），准线为ｙ＝７， 设Ｐ（ａ，ｂ），根据抛物线的定义，｜ＱＦ｜＝｜ＰＦ｜＝１４＝７－ｂ， 得到ｂ＝－７，于是ａ２＝－２８ｂ＝１９６， 所以｜ＰＱ｜＝ （ａ－０）２＋（ｂ－７）槡 ２＝ 槡１４２．故选：（Ｄ）． ６．如图１，建立平面直角坐标系． 设该抛物线的方程为 ｘ２ ＝－２ｐｙ（ｐ＞ ０），易知抛物线经过点（５，－６）， 所以５２＝－２ｐ×（－６），解得ｐ＝２５１２，故 该抛物线的顶点到焦点的距离为 ｐ ２ ＝ ２５ ２４， 故竖直悬挂的闪光灯距离水面的距离为：ｄ＝ ６－２５２４≈４９６米． ７．设从点Ａ（５，２）沿平行于抛物线对称轴的方向射出的直线与抛物线交 于点Ｐ，易知ｙＰ＝２，将（ｘＰ，ｙＰ）代入抛物线方程得ｘＰ＝４，即Ｐ（４，２）， 设焦点为Ｆ，则 (Ｆ １４，)０ ，设Ｑ（ｙ２Ｑ，ｙＱ），由Ｐ，Ｆ，Ｑ三点共线， 有 ２－０ ４－ １４ ＝ ｙＱ－０ ｙ２Ｑ－ １ ４ ，化简得８ｙ２Ｑ－１５ｙＱ－２＝０， 解得ｙＱ＝－ １ ８ 或ｙＱ＝２（舍），即 (Ｑ １６４，－ )１８ ． ８．因为ｘ＝－１是抛物线ｙ２＝４ｘ的准线，所以Ｐ到ｘ＝－１的距离等 于｜ＰＦ｜．过Ｐ作ＰＱ于ｌ１于Ｑ，则Ｐ到直线ｌ１和直线ｌ２的距离之和为｜ＰＦ｜ ＋｜ＰＱ｜，当Ｆ，Ｐ，Ｑ三点共线时取得最小值， 即为Ｆ（１，０）到直线４ｘ－３ｙ＋６＝０的距离， 所以最小值为 ｜４－０＋６｜ １６＋槡 ９ ＝２．故选：（Ｃ）． 二、多项选择题　９．ＡＣ；　１０．ＢＣ；　１１．ＡＢＤ． 提示： ９．由题意可知Ｃ１的焦点为（１，０），Ｃ２的焦点为（０，１），过Ｃ１与Ｃ２焦点的直 线方程为 ｘ １ ＋ ｙ １ ＝１，即ｘ＋ｙ＝１，（Ａ）正确； 由 ｙ２＝４ｘ， ｘ２＝４ｙ{ ，解得 ｘ＝０， ｙ＝{ ０或 ｘ＝４， ｙ＝４{ ， 所以Ｃ１与Ｃ２有２个公共点，（Ｂ）错误； 由抛物线Ｃ１：ｙ２＝４ｘ知，开口向右，对称轴为ｘ轴， 所以与ｘ轴平行的直线与Ｃ１有１个交点， 由抛物线Ｃ２：ｘ２＝４ｙ知，开口向上，对称轴为ｙ轴， 所以与ｘ轴平行的直线与Ｃ２最多有２个交点，综上，与ｘ轴平行的直 线与Ｃ１及Ｃ２最多有３个交点，（Ｃ）正确； Ｃ１与Ｃ２关于直线ｙ＝ｘ对称，若存在直线与Ｃ１和Ｃ２都相切，则该切 线也关于直线ｙ＝ｘ对称，不妨设为ｙ＝－ｘ＋ｔ，与ｘ２＝４ｙ联立得ｘ２＋４ｘ －４ｔ＝０，由Δ＝０得ｔ＝－１， 所以直线ｙ＝－ｘ－１与Ｃ１和Ｃ２都相切，（Ｄ）错误．故选（Ａ）（Ｃ）． １０．抛物线ｘ２＝４ｙ的准线方程为ｙ＝－１，故（Ａ）错误； 由｜ＡＦ｜＋｜ＢＦ｜＝４，得ｙ１＋１＋ｙ２＋１＝４， 则ｙ１＋ｙ２＝２，所以点Ｐ的纵坐标ｙＰ＝ ｙ１＋ｙ２ ２ ＝１， 即为点Ｐ到ｘ轴的距离为１，故（Ｂ）正确； 因为直线ｌ交抛物线于Ａ，Ｂ两点，显然ｌ的斜率存在， 设ｌ的方程为ｙ＝ｋｘ＋ｍ，与ｙ＝ １４ｘ ２联立消去ｙ， 整理得ｘ２－４ｋｘ－４ｍ＝０， 所以ｘ１ｘ２＝－４ｍ，所以ｙ１ｙ２＝ ｘ２１ ４ × ｘ２２ ４ ＝ （ｘ１ｘ２）２ １６ ＝ｍ ２． 若直线ＡＢ经过焦点Ｆ，则ｍ＝１，ｙ１ｙ２＝１，故（Ｃ）正确； 若ｙ１ｙ２＝１，则ｍ＝±１，当ｍ＝１时，直线ＡＢ过焦点Ｆ； 当ｍ＝－１时，直线ＡＢ过点（０，－１），故（Ｄ）错误．故选：（Ｂ）（Ｃ）． １１．ｙ２＝４ｘ，ｐ＝２，ｌ：ｘ＝－１． 又圆Ａ半径为１，圆心为Ａ（０，４），所以点Ａ到直线ｌ的距离为１，所以 圆Ａ与ｌ相切，（Ａ）正确； 当Ｐ，Ａ，Ｂ三点共线时，ｙＰ＝ｙＡ＝４， 代入ｙ２＝４ｘ中，ｘＰ＝４，所以ＰＡ＝４， 所以ＰＱ＝ ＰＡ２－ｒ槡 ２＝槡１５，（Ｂ）正确； 当 ｜ＰＢ｜＝２时，ｘＰ＝１，ｙＰ＝２（假设Ｐ在ｘ轴上方）．此时，Ｂ（－１，２）， Ｐ（１，２），Ａ（０，４），ＡＰ２＝ＡＢ２＝５，ＢＰ２＝４． 因为ＡＰ２＋ＡＢ２≠ＢＰ２，所以ＰＡ与ＡＢ不垂直，（Ｃ）错误； 因为ＰＢ＝ＰＦ（Ｆ为抛物线Ｃ的焦点）， 所以ＰＡ＝ＰＢ时，ＰＡ＝ＰＦ． 所以，点Ｐ在ＡＦ中垂线上． 又Ａ（０，４），Ｆ（１，０），所以ＡＦ中垂线的方程为ｘ＝４ｙ－１５２． 联立 ｘ＝４ｙ－１５２， ｙ２＝４ｘ { ， 得ｙ２－１６ｙ＋３０＝０，Δ＞０． 所以ＡＦ的中垂线与抛物线Ｃ有两个交点，故点Ｐ有且仅有两个，（Ｄ） 正确．故选（Ａ）（Ｂ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．３；　１３．４５；　１４． 槡１０６＋槡１２３． 提示： １２．由题得Ｆ（１，０），准线为ｘ＝－１，点Ａ在抛物线外，故ｄ＝｜ＰＦ｜， 则ｄ＋｜ＰＡ｜＝｜ＰＦ｜＋｜ＰＡ｜≥｜ＡＦ｜＝３，当且仅当Ｆ，Ｐ，Ａ共线且Ｐ 在Ｆ，Ａ两点之间时等号成立． １３．圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝２５的圆心为Ｆ（１，０），故 ｐ２ ＝１，即ｐ＝２， 由 （ｘ－１）２＋ｙ２＝２５， ｙ２＝４{ ｘ 可得 ｘ２＋２ｘ－２４＝０，故 ｘ＝４或 ｘ＝ －６（舍），故Ａ（４，±４），故直线ＡＦ：ｙ＝± ４３（ｘ－１），即４ｘ－３ｙ－４＝０ 或４ｘ＋３ｙ－４＝０，故原点到直线ＡＦ的距离为ｄ＝｜４｜５ ＝ ４ ５． １４．设Ｐ（ｘ，ｙ），由阿氏圆的定义可得｜ＰＡ｜｜ＰＢ｜＝ 槡６ ３， 即 （ｘ＋３）２＋（ｙ－１）２ （ｘ＋３）２＋（ｙ－６）２ ＝ ２３，化简得ｘ ２＋ｙ２＋６ｘ＋１８ｙ－６０＝０．所 以（ｘ＋３）２＋（ｙ＋９）２＝１５０，所以点Ｐ在圆心为（－３，－９），半径为 槡５６ 的圆上，因为抛物线Ｃ：ｙ＝ １６ｘ ２的焦点为Ｆ，所以 (Ｆ ０， )３２ ， 因为（０＋３）２ (＋ ３２ ＋ )９ ２ ＝４７７４ ＜１５０， 所以点Ｆ在圆（ｘ＋３）２＋（ｙ＋９）２＝１５０内， 因为点Ｆ到与圆心的距离为 ４７７槡４ ＝ 槡４７７ ２ ， 所以过点Ｆ的最短弦长为２ １５０－４７７槡 ４ ＝槡１２３， 过点Ｆ的最长弦长为 槡２ １５０＝ 槡１０６， 所以过点Ｆ的最长弦与最短弦的和为 槡１０６＋槡１２３． 四、解答题 １５．解：由题可知，直线ｌ的方程为ｘ＝４， 因此点Ａ的横坐标为４． 设Ｐ的坐标为（ｘ，ｙ），则点Ａ的坐标为（４，ｙ）． 因此→ＯＡ＝（４，ｙ），→ＯＰ＝（ｘ，ｙ）， 因为→ＯＡ⊥→ＯＰ的充要条件是→ＯＡ·→ＯＰ＝０， 所以４ｘ＋ｙ２＝０，即动点Ｐ的轨迹方程为ｙ２＝－４ｘ． 从而可以看出，轨迹是开口向左的抛物线． １６．解：（１）依题意Ｆ（１，０），设直线ＡＢ方程为ｘ＝ｍｙ＋１． 与ｙ２＝４ｘ联立得ｙ２－４ｍｙ－４＝０．设Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）， 所以ｙ１＋ｙ２＝４ｍ，ｙ１ｙ２＝－４①．因为→ＡＦ＝２→ＦＢ，所以ｙ１＝－２ｙ２②． 联立①和②，消去ｙ１，ｙ２，得ｍ＝±槡 ２ ４． 所以直线ＡＢ的斜率是 ± 槡２２． （２）由点Ｃ与原点Ｏ关于点Ｍ对称，得Ｍ是线段ＯＣ的中点， 从而点Ｏ与点Ｃ到直线ＡＢ的距离相等， 所以四边形ＯＡＣＢ的面积等于２Ｓ△ＡＯＢ． 因为２Ｓ△ＡＯＢ＝２× １ ２ ×｜ＯＦ｜×｜ｙ１－ｙ２｜＝ （ｙ１＋ｙ２） ２－４ｙ１ｙ槡 ２ ＝４ １＋ｍ槡 ２≥４，所以ｍ＝０时，四边形ＯＡＣＢ的面积最小，最小值是４． １７．解：（１）由点Ｐ（ｘ０，槡２ｐ）在抛物线Ｃ上， 得（槡２ｐ）２＝２ｐｘ０，解得ｘ０＝ｐ， 由抛物线定义得，｜ＰＦ｜＝ｘ０＋ ｐ ２ ＝ ３ｐ ２ ＝３，解得ｐ＝２， 故抛物线Ｃ的方程为ｙ２＝４ｘ． （２）设直线ｌ的方程为ｘ＝ｍｙ＋１， 联立 ｙ２＝４ｘ， ｘ＝ｍｙ＋１{ ，消去ｘ，得ｙ２－４ｍｙ－４＝０， 故ｙ１＋ｙ２＝４ｍ，ｙ１ｙ２＝－４，所以ｘ１ｘ２＝ ｙ２１ ４ × ｙ２２ ４ ＝ ｙ２１ｙ２２ １６ ＝１，ｘ１＋ ｘ２＝（ｍｙ１＋１）＋（ｍｙ２＋１）＝ｍ（ｙ１＋ｙ２）＋２＝４ｍ２＋２， 则→ＯＡ·→ＯＢ＝－（ｘ１＋ｘ２）＝ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝－３， 即４ｍ２＋２＝３，解得ｍ＝± １２， 所以所求直线ｌ的方程为ｙ＝２ｘ－２或ｙ＝２－２ｘ． １８．解：（１）设Ｐ（ｘ１，ｙ１），Ｑ（ｘ２，ｙ２），其中 ｘ１≠ｘ２． 由 ｙ２１＝４ｘ１， ｙ２２＝４ｘ２ { ， 得ｙ２１－ｙ２２＝４ｘ１－４ｘ２， 变形得 ｙ１－ｙ２ ｘ１－ｘ２ ＝ ４ｙ１＋ｙ２ ． 所以槡３＝ ４ ｙ１＋ｙ２ ，所以 ｙ１＋ｙ２ ２ ＝ 槡２３ ３． 书 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 ． 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 ｘ２ 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）， 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１３期２版 专项小练一 １．Ａ；　２．ＡＢＣＤ；　３．Ｃ．　４．（－∞，０）∪（２，＋∞）；　５．５或９． ６．解：设双曲线方程为 ｙ ２ ａ２ －ｘ ２ ｂ２ ＝１（ａ＞０，ｂ＞０）． 由已知椭圆的两个焦点Ｆ１（０，－３），Ｆ２（０，３）， 又双曲线与椭圆交点Ａ的纵坐标为４， 所以Ａ（槡１５，４）， ４２ ａ２ －（槡１５） ２ ｂ２ ＝１， ａ２＋ｂ２＝９ { ， 解得 ａ２＝４， ｂ２＝５{ ， 故双曲线方程为 ｙ２ ４ － ｘ２ ５ ＝１． 专项小练二 １．Ｂ；　２．Ｃ；　３．ＡＣＤ．　４．ｘ２－ｙ ２ ９ ＝１；　５．１＋槡２． ６．解：由题意可设要求的双曲线方程为 ｘ ２ ４ － ｙ２ ６ ＝λ≠０， 把点Ｐ（２，３）代入可得 ４４ － ９ ６ ＝λ，解得λ＝－ １ ２． 所以双曲线方程为 ｙ２ ３ － ｘ２ ２ ＝１． 第１３期３，４版 双曲线同步核心素养测评 一、单项选择题　１～４　ＡＡＣＢ　５～８　ＡＣＡＤ 提示： １．由双曲线实轴长为４，有２ ｍ２＋槡 １＝４， 又ｍ＞０，所以ｍ＝槡３．故选（Ａ）． ２．由双曲线 ｘ ２ ａ２ －ｙ ２ ９ ＝１，则其渐近线方程为ｙ＝± ３ ａｘ， 由题意整理方程ｘ±２ｙ＝０可得ｙ＝± １２ｘ，则 ３ ａ ＝ １ ２， 解得ａ＝６．故选：（Ａ）． ３．ｅ＝ ｃａ ＝ ｜Ｆ１Ｆ２｜ ｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜ ＝ ８１０－６＝２． ４．设｜ＰＦ２｜＝ｍ，则｜ＰＦ１｜＝２ａ＋｜ＰＦ２｜＝ｍ＋２ａ， 由题可得ｍ＋２ｃ＝２（ｍ＋２ａ），所以ｍ＝２ｃ－４ａ， 又Ｐ在右支上，所以｜ＰＦ２｜≥ｃ－ａ，即２ｃ－４ａ≥ｃ－ａ， 所以离心率ｅ＝ ｃａ≥３．故选（Ｂ）． ５．由题得ｅ２＝ａ＋２ａ ＝９，解得ａ＝ １ ４，则ｚ＝ １ ４ ＋ｉ， (｜ｚ｜＝ )１４ ２ ＋槡 １＝ 槡１７ ４ ，故选：（Ａ）． ６．由题意知｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜＝｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜－２ａ， 要求｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜的最小值，只需求｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜的最小值， 当Ａ，Ｐ，Ｆ１三点共线时取得最小值， 则｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜＝｜ＰＦ１｜＝槡３７， 所以｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ２｜＝｜ＡＰ｜＋｜ＡＦ１｜－２ａ≥ 槡３７－ 槡２５． ７．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）． ８．因为该双曲线的一条渐近线方程是ｙ＝槡２ｘ，则 ｂ ａ ＝槡２， 又由ｃ２＝ａ２＋ｂ２，可得 ｂｃ ＝槡 ２ ３， 由过点Ｆ２且垂直于ｘ轴的垂线在ｘ轴上方交双曲线Ｃ于点Ｍ，可知Ｍ 的横坐标为ｃ， 代入双曲线方程可得： ｃ２ ａ２ －ｙ ２ ｂ２ ＝１，ｃ ２ ａ２ －１＝ｃ ２－ａ２ ａ２ ＝ｂ ２ ａ２ ＝ｙ ２ ｂ２ ， 又有ｙ＞０，可知 (Ｍ ｃ，ｂ２ )ａ ，所以ｔａｎ∠ＭＦ１Ｆ２＝ｂ２２ａｃ＝ １２· ｂａ· ｂｃ ＝ １２ ×槡２×槡 ２ ３ ＝ 槡３ ３．故选：（Ｄ）． 二、多项选择题　９．ＡＣＤ；　１０．ＡＣＤ；　１１．ＡＤ． 提示： ９．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）． １０．由题意可得２ａ＝６，２ｃ＝１０，所以ａ＝３，ｃ＝５，ｂ＝ ｃ２－ａ槡 ２＝ ４，则双曲线Ｃ：ｘ ２ ９ － ｙ２ １６＝１．Ｃ的渐近线上的点到Ｆ距离的最小值为Ｆ到 渐近线的距离ｄ＝ ｂｃｃ ＝ｂ＝４，所以（Ａ）正确； 离心率ｅ＝ ｃａ ＝ ５ ３，所以（Ｂ）不正确； 双曲线上，右顶点到Ｆ的距离最小，５－３＝２，所以（Ｃ）正确； Ｃ的通径长为２ｂ ２ ａ ＝ ３２ ３，故（Ｄ）正确．故选：（Ａ）（Ｃ）（Ｄ）． １１．因双曲线Ｃ的标准方程为ｘ２－ｙ ２ ４ ＝１，则ａ＝１，ｂ＝２，ｃ＝槡５， 双曲线Ｃ的离心率ｅ＝ ｃａ ＝槡５，即（Ａ）正确； 双曲线Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±２ｘ，而双曲线ｙ２－ｘ ２ ４ ＝１的渐近线 方程为ｙ＝± １２ｘ，它们不同，（Ｂ）不正确； 因双曲线Ｃ的渐近线和圆（ｘ－１）２＋ｙ２＝１都关于ｘ轴对称，不妨选渐近 线２ｘ＋ｙ＝０，圆心（１，０）到直线２ｘ＋ｙ＝０的距离ｄ＝ ２ ２２＋１槡 ２ ＝ 槡２５５，所 以渐近线２ｘ＋ｙ＝０被该圆所截弦长为２ １２－ｄ槡 ２＝ 槡 ２５ ５，（Ｃ）不正确； 由 ｙ＝ｋｘ＋ｂ， ４ｘ２－ｙ２＝{ ４得（４－ｋ２）ｘ２－２ｋｂｘ－（ｂ２＋４）＝０， ｋ＝±２，ｂ＝０时，方程组无解，直线与双曲线交点个数为０， ｋ＝±２，ｂ≠０时，方程组有一解，直线与双曲线交点个数为１， ｋ２≠４时，Δ＝１６（ｂ２－ｋ２＋４）， 若Δ＜０，则方程组无解，直线与双曲线交点个数为０， 若Δ＝０，则方程组有一解，直线与双曲线交点个数为１， 若Δ＞０，则方程组有两解，直线与双曲线交点个数为２， 综上得直线ｙ＝ｋｘ＋ｂ与双曲线Ｃ的公共点个数只可能为０，１，２，即 （Ｄ）正确．故选（Ａ）（Ｄ）． 三、填空题　１２．槡８２，４；　１３．槡 ５－１ ２ ；　１４． ｘ２ ２ － ｙ２ ８ ＝１． 提示： １２．双曲线方程ｘ２－８ｙ２＝３２化为标准方程为 ｘ ２ ３２－ ｙ２ ４ ＝１，可得ａ＝ 槡４２，ｂ＝２，所以双曲线的实轴长为 槡８２，虚轴长为４． １３．由题意ｅ＝ ａ＋１槡ａ ＝ ２ 槡５－１ ，则１＋ １ａ ＝ ３＋槡５ ２ ， 所以ａ＝ ２ １＋槡５ ＝槡５－１２ ． １４．由题可知，点Ｐ必落在第四象限，∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°，设｜ＰＦ２｜＝ｍ， ∠ＰＦ２Ｆ１＝θ１，∠ＰＦ１Ｆ２＝θ２，由ｋＰＦ２＝ｔａｎθ１＝２，求得ｓｉｎθ１＝ ２ 槡５ ， 因为∠Ｆ１ＰＦ２＝９０°，所以ｋＰＦ１·ｋＰＦ２＝－１，求得 ｋＰＦ１＝－ １ ２，即 ｔａｎθ２＝ １ ２，求得ｓｉｎθ２＝ １ 槡５ ，由正弦定理可得：｜ＰＦ１｜∶｜ＰＦ２｜∶｜Ｆ１Ｆ２｜ ＝ｓｉｎθ１∶ｓｉｎθ２∶ｓｉｎ９０°＝ 槡２∶１∶５， 则由｜ＰＦ２｜＝ｍ得｜ＰＦ１｜＝２ｍ，｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃ＝槡５ｍ， 由Ｓ△ＰＦ１Ｆ２＝ １ ２ ｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝ １ ２ｍ·２ｍ＝８得ｍ＝ 槡２２， 则｜ＰＦ２｜＝ 槡２２，｜ＰＦ１｜＝ 槡４２，｜Ｆ１Ｆ２｜＝２ｃ＝ 槡２ １０，ｃ＝槡１０， 由双曲线第一定义可得：｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝２ａ＝ 槡２２，ａ＝槡２，ｂ＝ ｃ２－ａ槡 ２＝槡８，所以双曲线的方程为 ｘ２ ２ － ｙ２ ８ ＝１． 四、解答题 １５．解：（１）由双曲线方程知：其渐近线方程为ｙ＝± ２３ｘ． （２）由双曲线定义｜ＰＦ１｜－｜ＰＦ２｜＝２ａ＝６， 又｜ＰＦ１｜·｜ＰＦ２｜＝｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜＝１６， 所以｜ＰＦ２｜２＋６｜ＰＦ２｜－１６＝（｜ＰＦ２｜＋８）（｜ＰＦ２｜－２）＝０，可 得｜ＰＦ２｜＝２（负值舍），所以ＰＦ２的大小为２． １６．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． １７．解：方案一：选择条件①． 因为ｍ＞０，所以ａ２＝ｍ，ｂ２＝２ｍ，ｃ２＝ａ２＋ｂ２＝３ｍ， 所以 槡ａ＝ ｍ，ｃ＝ ３槡ｍ． 因为Ｃ的左支上的点到右焦点的距离的最小值为ａ＋ｃ， 所以槡ｍ＋ ３槡ｍ ＝（１＋槡３）槡ｍ ＝３＋槡３， 解得ｍ＝３，故Ｃ的方程为 ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１． 方案二：选择条件②．因为Ｃ的焦距为６，所以ｃ＝３． 若ｍ＞０，则ａ２＝ｍ，ｂ２＝２ｍ，ｃ２＝ａ２＋ｂ２＝３ｍ， 所以ｃ＝ ３槡ｍ ＝３，解得ｍ＝３，则Ｃ的方程为 ｘ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１； 若ｍ＜０，则ａ２＝－２ｍ，ｂ２＝－ｍ，ｃ２＝ａ２＋ｂ２＝－３ｍ， 所以ｃ＝ －３槡 ｍ ＝３，解得ｍ＝－３， 则Ｃ的方程为 ｙ ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 综上，Ｃ的方程为 ｘ ２ ３ － ｙ２ ６ ＝１或 ｙ２ ６ － ｘ２ ３ ＝１． 方案三：选择条件③．因为Ｃ上任意一点到两焦点的距离之差的绝对 值为４，所以２ａ＝４，即ａ＝２． ! ! ! " !"#$ !"#$ !"#$%&'()*+,-./0 ! 1"%+ #$%#& 2 3"4$5&'(6*+,-.70 ! 8"%+ '$%'& 2 !" # ! " # ! ! " $ % & ' ( ) ! # ! $ 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 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．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 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．（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 ． 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．（多选）已知椭圆ｘ ２ ｍ２ ＋ｙ ２ ｎ２ ＝１（ｍ＞０，ｎ＞０）与 椭圆 ｘ２ ２５＋ ｙ２ 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 （Ｂ）ｍ２ ＝２１ （Ｃ）ｎ２ ＝１６ （Ｄ）ｎ２ ＝９ ３．（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 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．（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 ． 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． ! " !" #"$ %! !!"#" $"$#&%'$&( ! !" #$% 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８，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． &'()*+,-. !/0!1!2 7 ' !39:;2 !<=>?@7"&(!)($*!$(+ !/0AB7CDEFGHIJKLMN !&$OPQ0RSTPU<=> !V%<W7"&"""+ !HX>Y0Z[7"&(!!($*!!$( "&(!!($*!$&*&\]^ !Y_7`a/0HX>BbcdefgVhij^ !V%Y_Z[7!!!,( !klmnYopYqrY !/0sdefE&H^tuvwx0 !yz{|}k~O7!#""""#"""!!" !yz>?@7"&(!!($*!$(( !/0€‚ƒ\„…†‡ˆ‰Ši‹ŒHŽK‘’“”•– !! O.—…˜™‡…š›œžŸ`a/0HX>Bb ¡ ! ! !"#$% i¢£¤ &2. !"#$%&'()*+,'-. " ¥¦ §¨¨ ! " $ " ! # $ % & ! , !"#$ %& - '()*+,-. ) *+ ©ª« , ) *+ ¬­® , % - .+ ¯°« , ) *+ ± ² , ) *+ ³ ´ -./01+ ¯ µ 23/01+ ¯¶· -4506+ ¸ ¹ -4578+ º»¼ ­½¾ ¿ À ÁIÂ Ã Ä ÅÆÇ ¬ÈÉ Ãʶ Ë » ÌÍ ÎϪ ¿ÐÑ 9ÐÒ ¬ªÓ Ô´T ÕÖÀ × Ç ØÙÚ ­ÛÜ 91-.+ ­½¾ 91:;+ ØÙÚ <=-.+ ¬ÝÞ >?-.+ ßàá @ABC+ âãä CDåæçUèé CDåçuꔕ\„ëì CDåçíî{|‡ˆ‰Šèï PQ0R<=;2 Rð7©ª« eñò:óô;2õO7./!#)"*"*0&1̂ Vö÷O7$!)$,% STPUøùúûüý¤:þ&ÿu ! 2"¤ #$ 4 &,! 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，解得ｋ≥０，即实数ｋ的取值范围是［０，＋∞）． （２）令２ｋ－（－１）×４＝０，解得ｋ＝－２， 此时直线ｌ：－２ｘ－ｙ－３＝０，显然与４ｘ＋２ｙ－５＝０平行； 当ｋ≠－２时，两直线相交， 综上，当ｋ＝－２时，两直线平行，当ｋ≠－２时，两直线相交． （３）由直线ｌ的方程ｋｘ－ｙ＋１＋２ｋ＝０， 得 (Ａ －１＋２ｋｋ ， )０ ，Ｂ（０，１＋２ｋ）， 则 －１＋２ｋｋ ＜０， １＋２ｋ＞０ { ， 解得ｋ＞０． 所以Ｓ＝ １２ － １＋２ｋ ｋ ×｜１＋２ｋ｜＝ １ ２· １＋２ｋ ｋ ·（１＋ ２ｋ）＝ (１２ ４ｋ＋１ｋ＋ )４ ≥ (１２ ２ ４ｋ· １槡 ｋ ＋ )４ ＝４， 当且仅当４ｋ＝ １ｋ，即ｋ＝ １ ２时取等号． Ｓ的最小值为４，及此时直线ｌ的方程为ｘ－２ｙ＋４＝０． 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）设圆Ｃ的半径为ｒ， 若选条件①， 则圆心Ｃ到直线３ｘ＋４ｙ＋１７＝０的距离是圆Ｃ的半径， 即ｒ＝｜－６＋４＋１７｜５ ＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２ ＝９． 若选条件②，则圆Ｍ的圆心为（２，４），半径为２， 所以ｒ＋２＝ （２＋２）２＋（４－１）槡 ２ ＝５，所以ｒ＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２ ＝９． 若选条件③，由 ３ｘ＋ｙ＋２＝０， ｘ－３ｙ＋１４＝０{ ，得 ｘ＝－２， ｙ＝４{ ， 所以ｒ＝４－１＝３， 所以圆Ｃ的方程为（ｘ＋２）２＋（ｙ－１）２ ＝９． （２）圆Ｎ：（ｘ－ｍ）２＋ｙ２＝ｍ２（ｍ＞０）的圆心为（ｍ，０），半 径为ｍ， 两个圆有公共弦，则｜ｍ－３｜＜｜ＣＮ｜＜ｍ＋３， 即｜ｍ－３｜＜ （ｍ＋２）２＋槡 １＜ｍ＋３，解得ｍ＞ ２ ５， 两圆公共弦所在直线方程为（ｍ＋２）ｘ－ｙ－２＝０． 又两圆的公共弦长为２， 则圆心Ｃ到公共弦所在直线的距离为 ｄ＝｜－２ｍ－４－１－２｜ （ｍ＋２）２＋槡 １ ＝ ｜２ｍ＋７｜ ｍ２＋４ｍ＋槡 ５ ，且２ ９－ｄ槡 ２ ＝２， 解 得 ｍ ＝ 槡１０－１２ 或 ｍ ＝ －槡１０－１ ２ （舍去），经检验符合题意． 故存在实数 ｍ＝槡１０－１２ ，使得圆 Ｎ与圆Ｃ公共弦的长度为２． 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 ． 一、单项选择题　１～４　ＤＡＡＤ　５～８　ＢＣＣＡ 二、多项选择题　９．ＢＣ；　１０．ＡＢＤ；　１１．ＡＣＤ． 三、填空题 １２ (． －∞，－ )１６ (∪ －１６，＋ )∞ ；　１３．槡７２４； １４．ｘ２ (＋ ｙ－ )５６ ２ ＝ １３６． 四、解答题 １５．解：（１）→ＡＢ＝（－１，２，０），→ＡＣ＝（１，１，３）， 所以 →｜ＡＢ｜＝槡５， →｜ＡＣ｜＝槡１１，→ＡＢ·→ＡＣ＝－１＋２＝１， 所以ｃｏｓ〈→ＡＢ，→ＡＣ〉＝ １ 槡５·槡１１ ＝槡５５５５． （２）因为点Ｐ（－３，ｍ，ｎ）在直线ＡＣ上，所以→ＡＰ与→ＡＣ共线， 则存在μ∈Ｒ使得→ＡＰ＝μ→ＡＣ， 即（－３－１，ｍ－２，ｎ－０）＝μ（１，１，３）， 所以 －４＝μ， ｍ－２＝μ， ｎ＝３μ { ， 解得ｍ＝－２，ｎ＝－１２，ｍ＋ｎ＝－１４． １６．解：（１）因为ｌ１⊥ｌ２，又直线ｌ１的斜率ｋ１ ＝－１， 所以直线ｌ２的斜率ｋ２ ＝１，则ｌ２：ｙ＝ｘ＋ １ ２． 由 ｙ＝ｘ＋１２， ２ｘ＋２ｙ－５＝ { ０  ｘ＝１， ｙ＝ ３２ { ， 所以直线ｌ１和ｌ２ (的交点坐标为 １， )３２ ． （２）由题意知ｌ３的斜率ｋ存在，且ｋ＜０， 设ｌ３：ｙ－ ３ ２ ＝ｋ（ｘ－１）， 令ｘ＝０得ｙ＝ ３２ －ｋ，令ｙ＝０得ｘ＝－ ３ ２ｋ＋１， 由Ｓ＝ (１２ －３２ｋ＋ ) (１ ３２ )－ｋ ＝２５８， 解得ｋ＝－１或ｋ＝－９４， 即ｌ３：ｘ＋ｙ－ ５ ２ ＝０或９ｘ＋４ｙ－１５＝０． １７．解：（１）过Ｃ作ＣＤ⊥ｘ轴，垂足为Ｄ， 由ｔａｎα＝－２可知，直线ＯＣ的斜率ｋ＝－２， 直线ＯＣ的方程为２ｘ＋ｙ＝０， 设Ｃ（ｘＣ，ｙＣ），由题得ｙＣ ＝２０，则ｘＣ ＝－１０，Ｄ（－１０，０）， 因为 Ａ（１０，０），则 Ｏ为 ＡＤ的中点，ＯＰ∥ ＤＣ，｜ＯＰ｜＝ １ ２｜ＣＤ｜＝１０， 所以Ｐ（０，１０），所以点Ｐ到ＯＣ的距离 ｄ＝｜２×０＋１０｜ 槡５ ＝ 槡２５（米）． （２）因为Ａ（１０，０），Ｃ（－１０，２０）， 得ＡＣ所在直线方程为ｘ＋ｙ－１０＝０， 设Ｂ（ｘ，ｙ），因为点Ｏ与点Ｂ关于ＡＣ对称， 故可得 ｙ－０ ｘ－０＝１， ｘ＋０ ２ ＋ ｙ＋０ ２ －１０＝０ { ， 得ｘ＝１０，ｙ＝１０， 即Ｂ（１０，１０）， 所以ＢＣ所在直线方程为ｘ＋２ｙ－３０＝０， Ｓ四边形ＯＡＢＣ ＝２Ｓ△ＯＡＣ ＝２× １ ２ ×｜ＯＡ｜×ｙＣ ＝２× １ ２ ×１０ ×２０＝２００（平方米），所以该口袋公园的总面积为２００平方米． １８．解：（１）由题意可知，以Ｄ为原点，→ＤＡ，→  ＤＣ，ＤＤ→ １的方向 为ｘ，ｙ，ｚ轴的正方向建立空间直角坐标系，则Ａ１（２，０，２），Ｃ（０， ４，０），Ｅ（２，１，０），Ｄ（０，０，０）， 所以Ａ１ → Ｃ＝（－２，４，－２），ＤＡ→ １＝（２，０，２），→ＤＥ＝（２，１，０）， 设平面Ａ１ＥＤ的法向量为ｎ＝（ｘ，ｙ，ｚ）， 则有 ｎ·ＤＡ→ １ ＝０， ｎ·→  ＤＥ＝０{ ，即 ２ｘ＋２ｚ＝０，２ｘ＋ｙ＝０{ ， 令ｘ＝１，则ｙ＝－２，ｚ＝－１，故ｎ＝（１，－２，－１）， 所以｜ｃｏｓ〈Ａ１ → Ｃ，ｎ〉｜＝｜Ａ１ → Ｃ·ｎ｜ ｜Ａ１ → Ｃ｜｜ｎ｜ ＝ ２３， 故Ａ１Ｃ与平面Ａ１ＥＤ所成角的正弦值为 ２ ３． （２）由（１）可知，Ｆ（２，３，０），所以→  ＤＦ＝（２，３，０）， 设平面Ａ１ＤＦ的法向量为ｍ ＝（ａ，ｂ，ｃ）， 则有 ｍ·ＤＡ→ １ ＝０， ｍ·→ＤＦ＝０{ ，即 ２ａ＋２ｃ＝０，２ａ＋３ｂ＝０{ ， 令ａ＝３，则ｂ＝－２，ｃ＝－３，故ｍ＝（３，－２，－３）， 所以｜ｃｏｓ〈ｎ，ｍ〉｜＝｜ｎ·ｍ｜｜ｎ｜｜ｍ｜＝ 槡５ ３３ ３３ ， 故平面Ａ１ＥＤ与平面Ａ１ＤＦ夹角的余弦值为 槡 ５ ３３ ３３ ． （３）由（１）可知，Ａ（２，０，０），Ｃ１（０，４，２）， 所以ＡＣ→ １ ＝（－２，４，２）， 假设存在这样的点Ｐ，设Ｐ（ｘ，ｙ，２）， 所以→ＦＰ＝（ｘ－２，ｙ－３，２），因为ＦＰ⊥ＡＣ１， 则有→ＦＰ·ＡＣ→ １ ＝－２（ｘ－２）＋４（ｙ－３）＋４＝０， 所以ｘ＝２ｙ－２，由题意可知（ｘ－２）２＋（ｙ－２）２ ＝ １４， 所以５ｙ２－２０ｙ＋７９４ ＝０， 解得ｘ＝２＋槡５５，ｙ＝２＋ 槡５ １０，或ｘ＝２－ 槡５ ５，ｙ＝２－ 槡５ １０， 所以当 (Ｐ ２＋槡５５，２＋槡５１０， )２ 或 (Ｐ ２－槡５５，２－槡５１０， )２ 时，ＦＰ⊥ＡＣ１，此时点Ｐ到直线Ａ１Ｂ１的距离为槡 ５ ５． １９．解：（１）由题意，显然直线ｌ斜率存在，设其方程为ｙ＝ｋｘ， 则Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｋｘ－ｙ＝０， 则Ｆ［Ａ］·Ｆ［Ｂ］＝（－ｋ－１）（２ｋ－３）＞０， 解得 －１＜ｋ＜ ３２； 故直线ｌ (斜率的取值范围是 －１， )３２ ． （２）因为Ｆ［０］＜０， 所以Ｆ［Ｐ］＝（３ｘ＋４ｙ－５） ４－ｘ２－ｙ槡 ２ ＜０， 故３ｘ＋４ｙ－５＜０，ｘ２＋ｙ２ ＜４， 点集Ｓ为圆ｘ２＋ｙ２＝４在直线３ｘ＋４ｙ－５＝０下方的内部， 设直线与圆的交点为Ａ，Ｂ，则Ｏ到直线ＡＢ的距离为１， 故∠ＡＯＢ＝２π３， 因此，所求面积为：Ｓ＝ １２· ４π ３·２ ２＋１２· 槡３ ２·２ ２＝８π３ ＋槡３． （３）设曲线Ｃ上的动点为（ｘ，ｙ）， 则 ｘ２＋（ｙ－１）槡 ２＋｜ｙ｜＝５， 化简得曲线Ｃ的方程为 ｘ ２ ＝８（３－ｙ）， ｘ２ ＝１２（ｙ＋２{ ），０≤ｙ≤３，－２≤ｙ≤０， 其轨迹为两段抛物线弧； 当０≤ｙ≤３时，Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ２－９ｙ ＋２４－ａ∈［６－ａ，２４－ａ］； 当 －２≤ｙ≤０时，Ｆ（ｘ，ｙ）＝ｙ２＋ １１ｙ＋２４－ａ∈［６－ａ，２４－ａ］， 故若有Ｆ［Ｍ］·Ｆ［Ｎ］＜０， 则（６－ａ）（２４－ａ）＜０， 解得６＜ａ＜２４． 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．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 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．（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 ４．（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 ５．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° ６．（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 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６）．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 ７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）（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）（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． １７．（１５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                                                                                                                                                             ． ! 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