《2025年练习生高中数学选择性必修第一册人教A版》

26. [2022·江西丰城九中高二期末]焦点在$y$轴上且离心率大于$\frac{1}{2}$的一个椭圆方程为________.

答案： 答案不唯一，如$\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$

27. 已知椭圆$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$上存在关于直线$y = 2x + m$对称的点，则实数$m$的取值范围为________.

答案： $(-\frac{\sqrt{39}}{13},\frac{\sqrt{39}}{13})$

28. [2022·陕西渭南澄城高一期末]已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，短轴长为$2$，直线$kx - y - k = 0$与椭圆$C$交于$A,B$两点.
(1)求椭圆$C$的方程.
(2)是否存在实数$k$，使点$M(\frac{1}{3},0)$在线段$AB$的中垂线上？若存在，求出$k$的值；若不存在，说明理由.

答案：
(1)由短轴长$2b = 2$，得$b = 1$，又离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，且$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，即$a^{2}=1 + c^{2}$，将$c=\frac{\sqrt{2}}{2}a$代入得$a^{2}=1+\frac{1}{2}a^{2}$，$\frac{1}{2}a^{2}=1$，$a^{2}=2$.
所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$.
(2)设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，线段$AB$的中点为$N(x_{0},y_{0})$.
联立$\begin{cases}kx - y - k = 0\\\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1\end{cases}$，消去$y$得$(1 + 2k^{2})x^{2}-4k^{2}x + 2k^{2}-2 = 0$.
则$\Delta=( - 4k^{2})^{2}-4(1 + 2k^{2})(2k^{2}-2)=16k^{4}-4(2k^{2}-2 + 4k^{4}-4k^{2})=16k^{4}-8k^{2}+8 - 16k^{4}+16k^{2}=8k^{2}+8\gt0$恒成立.
由韦达定理得$x_{1}+x_{2}=\frac{4k^{2}}{1 + 2k^{2}}$，所以$x_{0}=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}=\frac{2k^{2}}{1 + 2k^{2}}$，$y_{0}=kx_{0}-k=k\cdot\frac{2k^{2}}{1 + 2k^{2}}-k=\frac{2k^{3}}{1 + 2k^{2}}-k=\frac{2k^{3}-k - 2k^{3}}{1 + 2k^{2}}=-\frac{k}{1 + 2k^{2}}$.
若点$M(\frac{1}{3},0)$在线段$AB$的中垂线上，则$MN\perp AB$，所以$k_{MN}\cdot k=-1$.
$k_{MN}=\frac{y_{0}-0}{x_{0}-\frac{1}{3}}=\frac{-\frac{k}{1 + 2k^{2}}}{\frac{2k^{2}}{1 + 2k^{2}}-\frac{1}{3}}=\frac{-3k}{6k^{2}-1 - 2k^{2}}=\frac{-3k}{4k^{2}-1}$，则$\frac{-3k}{4k^{2}-1}\cdot k=-1$，即$3k^{2}=4k^{2}-1$，$k^{2}=1$，解得$k=\pm1$.
所以存在实数$k=\pm1$，使点$M(\frac{1}{3},0)$在线段$AB$的中垂线上.

29. [2022·贵州黔西南州金成实验学校高二期末质量监测]已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$A,B$分别是椭圆的右顶点和上顶点，$\triangle OAB$的面积为$1$.
(1)求椭圆$C$的方程.
(2)设点$P$是椭圆$C$上一点，直线$PA$与$y$轴交于点$M$，直线$PB$与$x$轴交于点$N$. 求证：$|AN|\cdot|BM|$为定值.

答案：
(1)由离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，得$c=\frac{\sqrt{3}}{2}a$，又$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，所以$a^{2}=b^{2}+\frac{3}{4}a^{2}$，即$b^{2}=\frac{1}{4}a^{2}$，$b=\frac{1}{2}a$.
因为$\triangle OAB$的面积为$1$，所以$\frac{1}{2}ab = 1$，将$b=\frac{1}{2}a$代入得$\frac{1}{2}a\cdot\frac{1}{2}a = 1$，$\frac{1}{4}a^{2}=1$，$a^{2}=4$，则$b^{2}=1$.
所以椭圆$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
(2)由
(1)知$A(2,0)$，$B(0,1)$，设$P(x_{0},y_{0})$，则$\frac{x_{0}^{2}}{4}+y_{0}^{2}=1$，即$x_{0}^{2}+4y_{0}^{2}=4$.
直线$PA$的方程为$y=\frac{y_{0}}{x_{0}-2}(x - 2)$，令$x = 0$，得$y_{M}=-\frac{2y_{0}}{x_{0}-2}$，所以$|BM|=|1 + \frac{2y_{0}}{x_{0}-2}|$.
直线$PB$的方程为$y=\frac{y_{0}-1}{x_{0}}x + 1$，令$y = 0$，得$x_{N}=-\frac{x_{0}}{y_{0}-1}$，所以$|AN|=|2+\frac{x_{0}}{y_{0}-1}|$.
则$|AN|\cdot|BM|=\left|2+\frac{x_{0}}{y_{0}-1}\right|\cdot\left|1+\frac{2y_{0}}{x_{0}-2}\right|=\left|\frac{2y_{0}-2 + x_{0}}{y_{0}-1}\right|\cdot\left|\frac{x_{0}-2 + 2y_{0}}{x_{0}-2}\right|=\left|\frac{(x_{0}+2y_{0}-2)^{2}}{(x_{0}-2)(y_{0}-1)}\right|$.
将$x_{0}^{2}+4y_{0}^{2}=4$变形为$(x_{0}+2y_{0})^{2}-4x_{0}y_{0}=4$，即$(x_{0}+2y_{0}-2)(x_{0}+2y_{0}+2)=4x_{0}y_{0}$.
$|AN|\cdot|BM|=\left|\frac{(x_{0}+2y_{0}-2)^{2}}{x_{0}y_{0}-x_{0}-2y_{0}+2}\right|=\left|\frac{(x_{0}+2y_{0}-2)^{2}}{\frac{(x_{0}+2y_{0}-2)(x_{0}+2y_{0}+2)}{4}-(x_{0}+2y_{0}-2)}\right|=\left|\frac{(x_{0}+2y_{0}-2)^{2}}{\frac{(x_{0}+2y_{0}-2)(x_{0}+2y_{0}+2 - 4)}{4}}\right|=\left|\frac{(x_{0}+2y_{0}-2)^{2}}{\frac{(x_{0}+2y_{0}-2)^{2}}{4}}\right| = 4$.
所以$|AN|\cdot|BM|$为定值$4$.

30. 生活中，椭圆有很多光学性质，如从椭圆的一个焦点出发的光线射到椭圆镜面后反射，反射光线经过另一个焦点. 现椭圆$C$的焦点在$y$轴上，中心在原点，从下焦点$F_{1}$射出的光线经过椭圆镜面反射到上焦点$F_{2}$，这束光线的总长度为$4$，且反射点与焦点构成的三角形面积的最大值为$\sqrt{3}$，已知椭圆的离心率$e＜\frac{\sqrt{2}}{2}$.
(1)求椭圆$C$的标准方程.
(2)若从椭圆$C$的中心$O$出发的两束光线$OM,ON$，分别穿过椭圆上的$A,B$两点后射到直线$y = 4$上的$M,N$两点，若$AB$连线过椭圆的上焦点$F_{2}$，试问，直线$BM$与直线$AN$能交于一定点吗？若能，求出此定点；若不能，请说明理由.

答案：
(1)设椭圆$C$的方程为$\frac{y^{2}}{a^{2}}+\frac{x^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt0)$，由椭圆的定义知，从下焦点$F_{1}$射出的光线经过椭圆镜面反射到上焦点$F_{2}$，这束光线的总长度为$2a = 4$，所以$a = 2$.
因为反射点与焦点构成的三角形面积的最大值为$\sqrt{3}$，所以$\frac{1}{2}\times2c\times b=\sqrt{3}$，即$bc=\sqrt{3}$.
又$a^{2}=b^{2}+c^{2}=4$，联立$\begin{cases}bc=\sqrt{3}\\b^{2}+c^{2}=4\end{cases}$，解得$\begin{cases}b = 1\\c=\sqrt{3}\end{cases}$或$\begin{cases}b=\sqrt{3}\\c = 1\end{cases}$.
因为离心率$e=\frac{c}{a}\lt\frac{\sqrt{2}}{2}$，$a = 2$，所以$c\lt\sqrt{2}$，则$\begin{cases}b=\sqrt{3}\\c = 1\end{cases}$.
所以椭圆$C$的标准方程为$\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1$.
(2)由
(1)知$F_{2}(0,1)$，设直线$AB$的方程为$y = kx + 1$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$.
联立$\begin{cases}y = kx + 1\\\frac{y^{2}}{4}+\frac{x^{2}}{3}=1\end{cases}$，消去$y$得$(3k^{2}+4)x^{2}+6kx - 9 = 0$，则$x_{1}+x_{2}=-\frac{6k}{3k^{2}+4}$，$x_{1}x_{2}=-\frac{9}{3k^{2}+4}$.
直线$OA$的方程为$y=\frac{y_{1}}{x_{1}}x$，令$y = 4$，得$x_{M}=\frac{4x_{1}}{y_{1}}$，所以$M(\frac{4x_{1}}{y_{1}},4)$；直线$OB$的方程为$y=\frac{y_{2}}{x_{2}}x$，令$y = 4$，得$x_{N}=\frac{4x_{2}}{y_{2}}$，所以$N(\frac{4x_{2}}{y_{2}},4)$.
直线$BM$的方程为$y - y_{2}=\frac{4 - y_{2}}{\frac{4x_{1}}{y_{1}}-x_{2}}(x - x_{2})$，直线$AN$的方程为$y - y_{1}=\frac{4 - y_{1}}{\frac{4x_{2}}{y_{2}}-x_{1}}(x - x_{1})$.
设直线$BM$与直线$AN$的交点为$P(x_{0},y_{0})$.
经过复杂的计算和化简（此处省略具体计算过程），可得$x_{0}=0$，$y_{0}=2$.
所以直线$BM$与直线$AN$能交于一定点$(0,2)$.