《2025年赢在微点高中数学选择性必修第一册A版》

(1)若点$O$和点$F$分别为椭圆$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$的中心和左焦点，点$P$为椭圆上的任一点，则$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{FP}$的最小值为 。

答案： 6 解析 因为点P为椭圆$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$上的任意一点，设$P(x,y)(-3\leq x\leq3,-2\sqrt{2}\leq y\leq2\sqrt{2})$，依题意得左焦点$F(-1,0)$，所以$\overrightarrow{OP}=(x,y)$，$\overrightarrow{FP}=(x + 1,y)$，所以$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{FP}=x(x + 1)+y^{2}=x^{2}+x+\frac{72 - 8x^{2}}{9}=\frac{1}{9}(x+\frac{9}{2})^{2}+\frac{23}{4}$。因为$-3\leq x\leq3$，所以$6\leq\frac{1}{9}(x+\frac{9}{2})^{2}+\frac{23}{4}\leq12$，即$6\leq\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{FP}\leq12$。故$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{FP}$的最小值为6。

(2)已知椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$，点$P(1,\frac{\sqrt{2}}{2})$在椭圆上，且有$\vert PF_1\vert+\vert PF_2\vert=2\sqrt{2}$。
①求椭圆$C$的标准方程；
②过$F_2$的直线$l$与椭圆交于$A,B$两点，求$\triangle AOB$面积的最大值。

答案： 解 ①由$\vert PF_{1}\vert+\vert PF_{2}\vert=2\sqrt{2}$，得$2a=2\sqrt{2}$，所以$a=\sqrt{2}$。将$P(1,\frac{\sqrt{2}}{2})$代入$\frac{x^{2}}{2}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$，得$b^{2}=1$。所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$。 ②由已知，直线l的斜率为零时，不符合题意；设直线方程为$x - 1=my$，$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases}x=my + 1\\x^{2}+2y^{2}=2\end{cases}$，得$(m^{2}+2)y^{2}+2my - 1=0$，由根与系数的关系，得$\begin{cases}y_{1}+y_{2}=-\frac{2m}{m^{2}+2}\\y_{1}y_{2}=-\frac{1}{m^{2}+2}\end{cases}$，所以$S_{\triangle AOB}=\frac{1}{2}\vert OF_{2}\vert\cdot\vert y_{1}-y_{2}\vert=\frac{1}{2}\sqrt{(y_{1}+y_{2})^{2}-4y_{1}y_{2}}=\frac{1}{2}\sqrt{(-\frac{2m}{m^{2}+2})^{2}-4×(-\frac{1}{m^{2}+2})}=\sqrt{2}×\sqrt{\frac{m^{2}+1}{m^{4}+4m^{2}+4}}=\sqrt{2}×\sqrt{\frac{m^{2}+1}{(m^{2}+1)^{2}+2(m^{2}+1)+1}}=\sqrt{2}×\sqrt{\frac{1}{(m^{2}+1)+\frac{1}{m^{2}+1}+2}}\leq\sqrt{2}×\sqrt{\frac{1}{2\sqrt{(m^{2}+1)\cdot\frac{1}{m^{2}+1}}+2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，当且仅当$m^{2}+1=\frac{1}{m^{2}+1}$，即$m = 0$时，取等号。所以$\triangle AOB$面积的最大值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。

1.若直线$kx - y + 3 = 0$与椭圆$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$有两个公共点，则实数$k$的取值范围是 （ ）
A.$(-\frac{\sqrt{5}}{4},\frac{\sqrt{5}}{4})$
B.$\{\frac{\sqrt{5}}{4},-\frac{\sqrt{5}}{4}\}$
C.$(-\infty,-\frac{\sqrt{5}}{4})\cup(\frac{\sqrt{5}}{4},+\infty)$
D.$(-\infty,-\frac{\sqrt{5}}{4})\cup(-\frac{\sqrt{5}}{4},\frac{\sqrt{5}}{4})$

答案： C 解析 由$\begin{cases}y=kx + 3\\\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1\end{cases}$得$(4k^{2}+1)x^{2}+24kx + 20=0$，当$\Delta = 16(16k^{2}-5)＞0$，即$k＞\frac{\sqrt{5}}{4}$或$k＜-\frac{\sqrt{5}}{4}$时，直线与椭圆有两个公共点。故选C。

2.过椭圆$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$的右焦点且倾斜角为$45^{\circ}$的弦$AB$的长为 （ ）
A.5
B.6
C.$\frac{90}{17}$
D.7

答案： C 解析 椭圆的右焦点为$(4,0)$，直线的斜率为$k = 1$，所以直线AB的方程为$y=x - 4$，由$\begin{cases}y=x - 4\\\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1\end{cases}$，得$9x^{2}+25(x - 4)^{2}=225$，由弦长公式易求得$\vert AB\vert=\frac{90}{17}$。故选C。

3.已知椭圆$C$的焦点在$x$轴上，长轴长为$4$，过右焦点$F_2$且垂直于$x$轴的直线交$C$于$A,B$两点，且$\vert AB\vert = 3$，则$C$的方程为 （ ）
A.$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$
B.$\frac{x^{2}}{3}+y^{2}=1$
C.$\frac{x^{2}}{3}+\frac{y^{2}}{2}=1$
D.$\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1$

答案： A 解析 设椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$，则$2a = 4$，$a = 2$，因为AB经过右焦点$F_{2}$且垂直于x轴，且$\vert AB\vert=3$所以将$x = c$代入$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$得$y=\pm\frac{b^{2}}{a}$，所以$\vert AB\vert=\frac{2b^{2}}{a}=3$，所以$b^{2}=3$，所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。

4.椭圆$4x^{2}+9y^{2}=144$内有一点$P(3,2)$，过点$P$的弦恰好以$P$为中点，则这条弦所在的直线方程为 。

答案： $2x + 3y - 12=0$ 解析 设弦的两个端点分别为$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，弦所在直线的斜率为k。因为$P(3,2)$为AB的中点，所以$x_{1}+x_{2}=6$，$y_{1}+y_{2}=4$。因为点A，B都在椭圆上，所以$4x_{1}^{2}+9y_{1}^{2}=144$，$4x_{2}^{2}+9y_{2}^{2}=144$。两式相减得$4(x_{1}-x_{2})(x_{1}+x_{2})=-9(y_{1}-y_{2})(y_{1}+y_{2})$，所以$k=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=\frac{4(x_{1}+x_{2})}{-9(y_{1}+y_{2})}=\frac{4×6}{-9×4}=-\frac{2}{3}$。又直线AB过点$P(3,2)$，所以直线AB的方程为$y - 2=-\frac{2}{3}(x - 3)$，整理得$2x + 3y - 12=0$。

答案： 解
(1)由题意得$\begin{cases}a = 2\\\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，得$b=\sqrt{2}$，所以椭圆C的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1$。
(2)由$\begin{cases}y=k(x - 1)\\\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{2}=1\end{cases}$，得$(1 + 2k^{2})x^{2}-4k^{2}x+2k^{2}-4=0$。设点M，N的坐标分别为$(x_{1},y_{1})$，$(x_{2},y_{2})$，则$(x_{1}+x_{2}=\frac{4k^{2}}{1 + 2k^{2}}$，$(x_{1}x_{2}=\frac{2k^{2}-4}{1 + 2k^{2}}$，所以$(\vert MN\vert=\sqrt{(x_{2}-x_{1})^{2}-(y_{2}-y_{1})^{2}}=\sqrt{(1 + k^{2})[(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}]}=\frac{2\sqrt{(1 + k^{2})(4 + 6k^{2})}}{1 + 2k^{2}}$。又点$(A(2,0)$到直线$y=k(x - 1)$的距离$(d=\frac{\vert k\vert}{\sqrt{1 + k^{2}}}$，所以$(\triangle AMN$的面积$S=\frac{1}{2}\vert MN\vert\cdot d=\frac{\vert k\vert\sqrt{4 + 6k^{2}}}{1 + 2k^{2}}$，由$\frac{\vert k\vert\sqrt{4 + 6k^{2}}}{1 + 2k^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{3}$，得$k=\pm1$，满足$\Delta>0$。所以当$\triangle AMN$的面积为$\frac{\sqrt{10}}{3}$时，$k=\pm1$。