《2024年高中必刷题高二数学选择性必修第一册人教B版》

1. 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$\pi$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$F_1$，$F_2$在x轴上，椭圆C的面积为$2\sqrt{3}\pi$，且离心率为$\frac{1}{2}$，则C的标准方程为（ ）
A. $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$
B. $\frac{x^{2}}{12}+y^{2}=1$
C. $\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{4}=1$
D. $\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{3}=1$

答案： A 【解析】由题意可得$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$,$\frac{2\sqrt{3}\pi}{\pi}=ab$,即ab = $2\sqrt{3}$.
又$a^{2}=b^{2}+c^{2}$,
∴$a^{2}=4$,$b^{2}=3$,
∴椭圆C的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$. 故选A.

2.［安徽安庆2024高二月考］如图，圆O与椭圆相切，已知$F_1$，$F_2$是椭圆的左、右焦点，点P在椭圆上，线段$PF_2$与圆O相切于点Q，且点Q为线段$PF_2$的中点，则椭圆的离心率为（ ）

A. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{5}$

答案：
A 【解析】由题可令a为椭圆的长半轴长,b为短半轴长,
如图,连接$PF_{1}$,OQ. 因为线段$PF_{2}$与圆相切于点Q,所以$PF_{2}\perp OQ$.
因为$\vert F_{1}O\vert=\vert OF_{2}\vert$,点Q为线段$PF_{2}$的中点,所以$PF_{1}// OQ$且$\vert PF_{1}\vert=2\vert OQ\vert=2b$,
所以$\vert PF_{2}\vert=2a - 2b$,$PF_{1}\perp PF_{2}$,所以$4b^{2}+4(a - b)^{2}=4c^{2}=4a^{2}-4b^{2}$,
整理得3b = 2a,所以9($a^{2}-c^{2}$) = $4a^{2}$,
所以离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{5}}{3}$,故选A.

3. 已知A，B是椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$长轴的两个端点，M，N是椭圆上关于x轴对称的两点，直线AM，BN的斜率分别为$k_1$，$k_2(k_1k_2\neq0)$.若椭圆的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$|k_1| + |k_2|$的最小值为（ ）
A. 1
B. $\sqrt{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\sqrt{3}$

答案： A 【解析】设M(x,y),则N(x,-y)(-a＜x＜a),不妨设点A是椭圆长轴左端点,则$k_{1}=\frac{y}{x + a}$,$k_{2}=\frac{y}{a - x}$.
因为椭圆的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$,所以$\frac{b}{a}=\sqrt{1 - e^{2}}=\frac{1}{2}$,所以$\vert k_{1}\vert+\vert k_{2}\vert=\frac{\vert y\vert}{x + a}+\frac{\vert y\vert}{a - x}\geq2\sqrt{\frac{y^{2}}{a^{2}-x^{2}}}=\frac{2b}{a}=1$,当且仅当x = 0时,等号成立. 故选A.

4.［江苏淮安淮阴中学2024高二月考］已知P为椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$上一点，$F_1$，$F_2$分别是椭圆的左、右焦点.若使$\triangle PF_1F_2$为直角三角形的点P有且只有4个，则椭圆离心率的取值范围是（ ）
A. $(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$
B. $(\frac{\sqrt{2}}{2},1)$
C. $(1,\sqrt{2})$
D. $(0,\frac{1}{2})$

答案： A 【解析】当$PF_{1}\perp x$轴时,有两个点P满足$\triangle PF_{1}F_{2}$为直角三角形;
当$PF_{2}\perp x$轴时,有两个点P满足$\triangle PF_{1}F_{2}$为直角三角形.
∵使$\triangle PF_{1}F_{2}$为直角三角形的点P有且只有4个,
∴以原点为圆心,c为半径的圆与椭圆无交点,
∴c ＜ b,
∴$c^{2}＜b^{2}=a^{2}-c^{2}$,
∴$e^{2}＜\frac{1}{2}$,又e＞0,解得0＜e＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$.
【多种解法】由使$\triangle PF_{1}F_{2}$为直角三角形的点P有且只有4个,且当点P落在椭圆的短轴端点时,$\angle F_{1}PF_{2}$取得最大值,得$\angle F_{1}PF_{2}＜90^{\circ}$,又e＞0,
∴$e=\frac{c}{a}=\sin\frac{\angle F_{1}PF_{2}}{2}\in(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$. 故选A.
【归纳总结】椭圆离心率范围的求解是高考考查的热点,常见的方法为利用几何特征建立不等关系或建立目标函数求解. 利用几何法建立不等关系时注意题目中隐含的几何特性(如三角形两边之和大于第三边),同时注意椭圆定义的应用.

5.（多选）［黑龙江哈尔滨第六中学2023高二期中］已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$的左、右焦点分别为$F_1$，$F_2$，点P为椭圆C上的一个动点，点M(1,-1)，则下列结论正确的是（ ）
A. 存在点P，使得$PF_1\perp PF_2$
B. $\triangle PF_1F_2$的面积的最大值为$2\sqrt{2}$
C. 点P到直线$x+\sqrt{2}y - 1 = 0$距离的最大值为$2\sqrt{3}$
D. $|PM| + |PF_1|$的最大值为7

答案： BCD 【解析】对于A,当P为椭圆短轴端点时,$\angle F_{1}PF_{2}$最大,此时$\cos\angle F_{1}PF_{2}=\frac{\vert PF_{1}\vert^{2}+\vert PF_{2}\vert^{2}-\vert F_{1}F_{2}\vert^{2}}{2\vert PF_{1}\vert\cdot\vert PF_{2}\vert}=\frac{9 + 9 - 4}{2\times3\times3}=\frac{7}{9}＞0$,即$\angle F_{1}PF_{2}$为锐角,所以不存在点P,使得$\overrightarrow{PF_{1}}\cdot\overrightarrow{PF_{2}} = 0$,即$PF_{1}$与$PF_{2}$不垂直,故A错误;
对于B,当P为椭圆短轴端点时,$\triangle PF_{1}F_{2}$的面积最大,且最大面积为$\frac{1}{2}\times2\times2\sqrt{2}=2\sqrt{2}$,故B正确;
对于C,由椭圆C:$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$,
又点P在椭圆上,令$\begin{cases}x = 3\cos\theta\\y = 2\sqrt{2}\sin\theta\end{cases}$,
则有P($3\cos\theta$,$2\sqrt{2}\sin\theta$),所以点P到直线$x+\sqrt{2}y - 1 = 0$的距离$d=\frac{\vert3\cos\theta+\sqrt{2}\times2\sqrt{2}\sin\theta - 1\vert}{\sqrt{1 + 2}}=\frac{\vert5\sin(\theta+\varphi)-1\vert}{\sqrt{3}}$,
其中$\tan\varphi=\frac{3}{4}$,当且仅当$\sin(\theta+\varphi)=-1$时,$d_{max}=\frac{\vert-5 - 1\vert}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}$,故C正确;
对于D,由椭圆C:$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$,得$F_{2}(1,0)$,又M(1,-1),所以$\vert MF_{2}\vert=\sqrt{(1 - 1)^{2}+(0 + 1)^{2}} = 1$,所以$\vert PM\vert+\vert PF_{1}\vert=\vert PM\vert+6-\vert PF_{2}\vert=6+\vert PM\vert-\vert PF_{2}\vert\leq6+\vert MF_{2}\vert=7$,当且仅当P为射线$MF_{2}$与椭圆的交点时等号成立,故D正确.
故选BCD.

6.（多选）［山东名校联盟2024高二期末］已知$F_1$，$F_2$是椭圆$C:\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$的两个焦点，点P在C上，$\angle F_1PF_2=\frac{\pi}{3}$，则（ ）
A. $\triangle PF_1F_2$的周长为6
B. $\triangle PF_1F_2$的面积为$\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\triangle PF_1F_2$内切圆的半径为$\frac{2\sqrt{3}}{3}-1$
D. $|OP|=\frac{\sqrt{39}}{3}$

答案： BC 【解析】由C:$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$可得a = 2,b = 1,c = $\sqrt{3}$.
A:$\triangle PF_{1}F_{2}$的周长为2a + 2c = 4 + 2$\sqrt{3}$,所以A错误;
B:由余弦定理可得$\vert F_{1}F_{2}\vert^{2}=\vert PF_{1}\vert^{2}+\vert PF_{2}\vert^{2}-2\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert\cos\frac{\pi}{3}=\vert PF_{1}\vert^{2}+\vert PF_{2}\vert^{2}-\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert=(\vert PF_{1}\vert+\vert PF_{2}\vert)^{2}-3\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert$,故$4c^{2}=4a^{2}-3\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert$,即3$\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert=4a^{2}-4c^{2}=4b^{2}=4$,
所以$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}\vert PF_{1}\vert\vert PF_{2}\vert\sin\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}\times\frac{4}{3}\times\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}$,所以B正确;
C:设$\triangle PF_{1}F_{2}$内切圆的半径为r,则$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{2}(4 + 2\sqrt{3})r$,所以r = $\frac{2\sqrt{3}}{3}-1$,所以C正确;
D:$S_{\triangle PF_{1}F_{2}}=\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{1}{2}\times2c\times\vert y_{P}\vert=\frac{1}{2}\times2\sqrt{3}\times\vert y_{P}\vert$,所以$\vert y_{P}\vert=\frac{1}{3}$,
所以$x_{P}^{2}=4(1 - y_{P}^{2})=\frac{32}{9}$,所以$\vert OP\vert=\sqrt{x_{P}^{2}+y_{P}^{2}}=\sqrt{\frac{33}{9}}=\frac{\sqrt{33}}{3}$,所以D错误.
故选BC.

7. 设AB是椭圆的长轴，点C在椭圆上，且$\angle CBA=\frac{\pi}{4}$.若$|AB| = 4$，$|BC|=\sqrt{2}$，则椭圆的两个焦点之间的距离为________.

答案： $\frac{4\sqrt{6}}{3}$ 【解析】不妨设椭圆的标准方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$,由题意知2a = 4,a = 2.
∵$\angle CBA=\frac{\pi}{4}$,$\vert BC\vert=\sqrt{2}$,
∴不妨设点C的坐标为(1,1).
∵点C在椭圆上,
∴$\frac{1}{4}+\frac{1}{b^{2}}=1$,
∴$b^{2}=\frac{4}{3}$,
∴$c^{2}=a^{2}-b^{2}=4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}$,c = $\frac{2\sqrt{6}}{3}$,则椭圆的两个焦点之间的距离为$\frac{4\sqrt{6}}{3}$.

8.［山东省实验中学2023高二月考］已知椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左、右焦点分别为$F_1$，$F_2$，点P在C上，直线$PF_2$与y轴交于点Q，点P在线段$F_2Q$上，$\triangle QPF_1$的内切圆的圆心为I.若$\triangle IF_1F_2$为正三角形，则$\angle F_1PF_2=$________，C的离心率的取值范围是________.

答案：
$60^{\circ}$ ($\frac{1}{2}$,$\frac{\sqrt{3}}{3}$) 【解析】设A为椭圆C的上顶点,点P位于第一象限,由$\triangle IF_{1}F_{2}$为正三角形可知点I在y轴上. 作$BF_{2}\perp F_{1}F_{2}$交椭圆于点B,则B($c,\frac{b^{2}}{a}$),连接$BF_{1}$,如图所示.

依题意得$\angle F_{1}PF_{2}=\angle QF_{1}P+\angle F_{1}QP=2(\angle QF_{1}I+\angle F_{1}QI)=2\times30^{\circ}=60^{\circ}$. 连接$AF_{1}$,$AF_{2}$,依题意得点P位于点A与B之间,故$\angle F_{1}BF_{2}＜60^{\circ}＜\angle F_{1}AF_{2}$,
所以$\begin{cases}\tan\angle F_{1}BF_{2}＜\tan60^{\circ}\\\tan\angle OAF_{2}＞\tan30^{\circ}\end{cases}$,
$\begin{cases}\frac{2c}{\frac{b^{2}}{a}}＜\sqrt{3}\\\frac{c}{b}＞\frac{\sqrt{3}}{3}\end{cases}$,化为$\begin{cases}\sqrt{3}e^{2}+2e-\sqrt{3}＜0\\e＞\frac{1}{2}\end{cases}$,
解得$\frac{1}{2}＜e＜\frac{\sqrt{3}}{3}$.