《2025年师说高中数学选择性必修第一册》

例2 已知椭圆C:$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a＞b＞0)$的焦距为4,短轴长为2.
(1)求C的长轴长;
(2)若斜率为 - 1的直线l交C于A,B两点,求|AB|的最大值.

答案：
解析:
(1)由题意得$\begin{cases}2c = 4,\\2b = 2,\end{cases}$解得$\begin{cases}c = 2,\\b = 1,\end{cases}$
所以$C$的长轴长$2a = 2\sqrt{b^{2}+c^{2}}=2\sqrt{5}$.
(2)由
(1)可知$C$的方程为$\frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1$.
设$l:y=-x + m$，$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$.
由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1,\\y=-x + m,\end{cases}$
得$6x^{2}-10mx + 5m^{2}-5 = 0$，
由$\Delta = 100m^{2}-4\times6\times(5m^{2}-5)＞0$，得$-\sqrt{6}＜m＜\sqrt{6}$.
由韦达定理得$x_{1}+x_{2}=\frac{5m}{3},x_{1}x_{2}=\frac{5m^{2}-5}{6}$，
则$|AB|=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+(y_{1}-y_{2})^{2}}$
$=\sqrt{(x_{1}-x_{2})^{2}+(-x_{1}+m+x_{2}-m)^{2}}$
$=\sqrt{2}\times\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{2}\times\sqrt{-\frac{5m^{2}}{9}+\frac{10}{3}}$.
当$m = 0$时，$|AB|$取得最大值，且最大值为$\frac{2\sqrt{15}}{3}$.

巩固练习2 (1)已知椭圆$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{16}=1$的左、右焦点分别为B、C,A为椭圆上的一点(不在x轴上),则△ABC面积的最大值是 ( )
A.15 B.12
C.6 D.3
(2)已知椭圆C:$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$的左、右顶点分别为A,B,P为C上异于A,B的一点,直线PA,PB与直线x = 4分别交于M,N两点,则|MN|的最小值为 ( )
A.$\frac{15}{2}$ B.7
C.$\frac{13}{2}$ D.6

答案： 解析:
(1)由三角形面积公式$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}|BC|\cdot|y_{A}|$可知，
当$|y_{A}|$最大时$S_{\triangle ABC}$有最大值，即点$A$位于椭圆上顶点或下顶点，
其中$|BC| = 2c = 2\sqrt{a^{2}-b^{2}}=2\sqrt{25 - 16}=6$，
则$\triangle ABC$面积的最大值是$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}\times6\times4 = 12$. 故选B.
(2)设$P(x_{0},y_{0})$，则$\frac{x_{0}^{2}}{4}+\frac{y_{0}^{2}}{3}=1$，
由椭圆方程可知$a = 2$，故顶点$A(-2,0),B(2,0)$，
则直线$PA$和直线$PB$的斜率之积$k_{PA}\cdot k_{PB}=\frac{y_{0}}{x_{0}+2}\cdot\frac{y_{0}}{x_{0}-2}=\frac{y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-4}=-\frac{3}{4}$，
设直线$PA$的方程为$y = k(x + 2)$，则与$x = 4$的交点$M(4,6k)$，
直线$PB$的方程为$y = -\frac{3}{4k}(x - 2)$，则与$x = 4$的交点$N(4,-\frac{3}{2k})$，
所以$|MN|=|6k+\frac{3}{2k}|=|6k|+|\frac{3}{2k}|\geqslant2\sqrt{|6k|\cdot|\frac{3}{2k}|}=6$，当且仅当$k=\pm\frac{1}{2}$时等号成立. 故选D.
答案:
(1)B　
(2)D

1.已知椭圆C:$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(b＞0)$上的动点P到右焦点距离的最小值为$3 - 2\sqrt{2}$,则b = ( )
A.1
B.$\sqrt{2}$
C.$\sqrt{3}$
D.$\sqrt{6}$

答案： 解析:根据椭圆的性质，椭圆上的点到右焦点距离最小值为$a - c$，即$a - c = 3 - 2\sqrt{2}$，又$a = 3$，所以$c = 2\sqrt{2}$，由$c^{2}=a^{2}-b^{2}$，所以$b = 1$. 故选A.
答案:A

2.椭圆$\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$与直线x + 2y - 4 = 0相交的弦被M点平分,则M点的坐标为 ( )
A.(2,4)
B.(2,2)
C.(3,1)
D.(2,1)

答案： 解析:联立方程$\begin{cases}\frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1,\\x + 2y - 4 = 0,\end{cases}$得$y^{2}-2y = 0$，$\therefore y_{1}+y_{2}=2,x_{1}+x_{2}=4$，中点$M$的坐标为$(2,1)$. 故选D.
答案:D

3.已知直线l交椭圆C:$\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{4}=1$于A,B两点,若点M(1,2)为A,B两点的中点,则直线l的斜率为 ( )
A.$\frac{2}{9}$
B.$-\frac{2}{9}$
C.$\frac{9}{8}$
D.$-\frac{9}{8}$

答案： 解析:椭圆$C:\frac{y^{2}}{9}+\frac{x^{2}}{4}=1$，
依题意可知直线$l$的斜率存在，
设$A(x_{1},y_{1}),B(x_{2},y_{2})$，则$\begin{cases}\frac{y_{1}^{2}}{9}+\frac{x_{1}^{2}}{4}=1,\\\frac{y_{2}^{2}}{9}+\frac{x_{2}^{2}}{4}=1,\end{cases}$
两式相减并化简得$-\frac{9}{4}=\frac{y_{1}+y_{2}}{x_{1}+x_{2}}\cdot\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}$，
即$-\frac{9}{4}=\frac{2}{1}\cdot\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}},\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{9}{8}$，
所以直线$l$的斜率为$-\frac{9}{8}$. 故选D.
答案:D

4.过点(0,1)的直线l与椭圆C:$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$交于P,Q两点,则|PQ|的最大值是______.

答案： 解析:根据题意可知，显然$(0,1)$在椭圆上，不妨取$x_{p}=0$，则$P(0,1)$，
设$Q(x_{0},y_{0})$，由$P,Q$不重合可知$y_{0}\neq1$，且$\frac{x_{0}^{2}}{4}+y_{0}^{2}=1$，即$x_{0}^{2}=4 - 4y_{0}^{2}$，
所以$|PQ|^{2}=x_{0}^{2}+(y_{0}-1)^{2}=4 - 4y_{0}^{2}+y_{0}^{2}-2y_{0}+1=-3y_{0}^{2}-2y_{0}+5$，
根据二次函数性质可知，当$y_{0}=-\frac{1}{3}$时，$|PQ|^{2}$取最大值为$\frac{16}{3}$，即可得$|PQ|$的最大值是$\frac{4\sqrt{3}}{3}$.
答案:$\frac{4\sqrt{3}}{3}$