《2024年步步高大一轮复习讲义高中数学人教A版》

(2)已知过椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的左焦点$F(-1,0)$的直线与椭圆交于不同的两点$A,B$，与$y$轴交于点$C$，点$C,F$是线段$AB$的三等分点，则该椭圆的标准方程是 ( )
A. $\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{5}=1$
B. $\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1$
C. $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$
D. $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$

答案： B　[不妨设$A(x_A,y_A)$在第一象限，由椭圆的左焦点$F(-1,0)$，点$C,F$是线段$AB$的三等分点，则$C$为$AF$的中点，$F$为$BC$的中点，所以$x_A = 1$，所以$\frac{1}{a^{2}}+\frac{y_A^{2}}{b^{2}} = 1$，则$y_A=\frac{b}{a}$，即$A(1,\frac{b}{a})$，所以$C(0,\frac{b^{2}}{2a})$，$B(-2,-\frac{b}{2a})$，将点$B$的坐标代入椭圆方程得$\frac{4}{a^{2}}+\frac{b^{2}}{4a^{2}} = 1$，又$a^{2}-b^{2}=1$，所以$a^{2}=5$，$b^{2}=4$，所以椭圆的标准方程是$\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1$.]

(1)(2024·南京模拟)已知椭圆的两个焦点分别为$F_1(0,2)$，$F_2(0,-2)$，$P$为椭圆上任意一点，若$\vert F_1F_2\vert$是$\vert PF_1\vert$，$\vert PF_2\vert$的等差中项，则此椭圆的标准方程为 ( )
A. $\frac{x^{2}}{64}+\frac{y^{2}}{60}=1$
B. $\frac{y^{2}}{64}+\frac{x^{2}}{60}=1$
C. $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{12}=1$
D. $\frac{y^{2}}{16}+\frac{x^{2}}{12}=1$

答案： D

(2)已知椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$，过坐标原点的直线交$E$于$P,Q$两点，且$PF_2\perp F_2Q$，且$S_{\triangle PF_2Q}=4$，$\vert PF_2\vert+\vert F_2Q\vert = 6$，则椭圆$E$的标准方程为 ( )
A. $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$
B. $\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1$
C. $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$
D. $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{5}=1$

答案： C　[如图，连接$PF_1,QF_1$，由椭圆的对称性得四边形$PF_1QF_2$为平行四边形，所以$\vert PF_2\vert+\vert F_2Q\vert =\vert PF_2\vert+\vert PF_1\vert = 2a = 6$，得$a = 3$；又因为$PF_2\perp F_2Q$，所以四边形$PF_1QF_2$为矩形，设$\vert PF_2\vert = m$，$\vert F_2Q\vert = n$，则$S_{\triangle PF_2Q}=\frac{1}{2}mn = 4$，所以$\begin{cases}mn = 8\\m + n = 6\end{cases}$，得$\begin{cases}m = 2\\n = 4\end{cases}$或$\begin{cases}m = 4\\n = 2\end{cases}$，则$\vert F_1F_2\vert = 2\sqrt{5}$，则$c = \sqrt{5}$，$b^{2}=a^{2}-c^{2}=4$，椭圆$E$的标准方程为$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$.]

(1)(2023·太原模拟)设$F_1,F_2$是椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的左、右焦点，过点$F_1$且斜率为$\frac{\sqrt{3}}{3}$的直线交椭圆于点$P$，若$2\angle PF_1F_2=\angle PF_2F_1$，则椭圆$E$的离心率为 ( )
A. $2-\sqrt{3}$
B. $\sqrt{3}-1$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

答案： B

(2)(2022·全国甲卷)椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的左顶点为$A$，点$P,Q$均在$C$上，且关于$y$轴对称.若直线$AP,AQ$的斜率之积为$\frac{1}{4}$，则$C$的离心率为 ( )
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{1}{2}$
D. $\frac{1}{3}$

答案： A

(多选)已知椭圆$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$，$F_1,F_2$为左、右焦点，$B$为上顶点，$P$为椭圆上任一点，则 ( )
A. $S_{\triangle PF_1F_2}$的最大值为$4\sqrt{3}$
B. $\vert PF_1\vert$的取值范围是$[4 - 2\sqrt{3},4 + 2\sqrt{3}]$
C. 不存在点$P$使$PF_1\perp PF_2$
D. $\vert PB\vert$的最大值为$2\sqrt{5}$

答案： AB　[依题意知，$a = 4$，$b = 2$，$c = 2\sqrt{3}$，当$P$为短轴顶点时，$(S_{\triangle PF_1F_2})_{max}=\frac{1}{2}\times2c\times b = 4\sqrt{3}$，故A正确；由椭圆的性质知$\vert PF_1\vert$的取值范围是$[a - c,a + c]$，即$[4 - 2\sqrt{3},4 + 2\sqrt{3}]$，故B正确；对于C，$\sin\angle F_2BO=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$\angle F_2BO = 60^{\circ}$，所以$\angle F_1BF_2 = 120^{\circ}$，即$\angle F_1PF_2$的最大值为$120^{\circ}$，最小为$0^{\circ}$，所以存在点$P$使$PF_1\perp PF_2$，故C错误；对于D，设$P(x_0,y_0)$，所以$\vert PB\vert=\sqrt{x_0^{2}+(y_0 - 2)^{2}}$，又$\frac{x_0^{2}}{16}+\frac{y_0^{2}}{4}=1$，所以$x_0^{2}=16 - 4y_0^{2}$，所以$\vert PB\vert=\sqrt{16 - 4y_0^{2}+(y_0 - 2)^{2}}=\sqrt{-3y_0^{2}-4y_0 + 20}=\sqrt{-3(y_0+\frac{2}{3})^{2}+\frac{64}{3}}$，又$-2\leq y_0\leq2$，故当$y_0 = -\frac{2}{3}$时，$\vert PB\vert_{max}=\sqrt{\frac{64}{3}}=\frac{8\sqrt{3}}{3}$，故D错误.]