《2024年绿色通道45分钟课时作业与单元测评数学选择性必修第一册》

12. 设椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt0)$的右焦点为$F$，$O$为坐标原点. 过点$F$的直线$2x + y - 4 = 0$与椭圆的交点为$Q$（点$Q$在$x$轴上方），且$|OF| = |OQ|$，则椭圆$C$的离心率为________.

答案： 12. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
解析：设椭圆的左焦点为$M$，连接$MQ$。由已知$\vert OF\vert=\vert OQ\vert$，$\vert MO\vert=\vert OF\vert$，可得$\triangle MFQ$为直角三角形，且$MQ\perp QF$。因为直线$2x + y - 4 = 0$过焦点$F$，令$y = 0$，解得$x = 2$，所以$F(2,0)$，$M(-2,0)$。设$Q(x_{0},y_{0})(y_{0}\neq0)$，所以$2x_{0}+y_{0}-4 = 0$，① 由$MQ\perp QF$可得$\overrightarrow{MQ}\cdot\overrightarrow{FQ}=0$，即$x_{0}^{2}+y_{0}^{2}-4 = 0$。② 联立①②，解得$\begin{cases}x_{0}=\frac{6}{5}\\y_{0}=\frac{8}{5}\end{cases}$或$\begin{cases}x_{0}=2\\y_{0}=0\end{cases}$（舍去），所以$Q(\frac{6}{5},\frac{8}{5})$。将点$Q$坐标代入椭圆方程$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$，可得$\frac{36}{a^{2}}+\frac{64}{b^{2}}=25$。又$a^{2}-b^{2}=4$，所以$a^{2}=\frac{36}{5}(a^{2}=\frac{4}{5}$舍去$)$，所以$a=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，所以椭圆$C$的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{2}{\frac{6\sqrt{5}}{5}}=\frac{\sqrt{5}}{3}$。

13. 已知椭圆$E$的中心为坐标原点$O$，两个焦点分别为$A(-1,0)$，$B(1,0)$，一个顶点为$H(2,0)$.
(1)求椭圆$E$的标准方程；
(2)对于$x$轴上的点$P(t,0)$，椭圆$E$上存在点$M$，使得$MP\perp MH$，求实数$t$的取值范围.

答案： 13. 解
（1）由题意可得，$c = 1$，$a = 2$，$\therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$。$\therefore$椭圆$E$的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
（2）设$M(x_{0},y_{0})(x_{0}\in(-2,2))$，则$\frac{x_{0}^{2}}{4}+\frac{y_{0}^{2}}{3}=1$。① $\overrightarrow{MP}=(t - x_{0},-y_{0})$，$\overrightarrow{MH}=(2 - x_{0},-y_{0})$，由$MP\perp MH$可得$\overrightarrow{MP}\cdot\overrightarrow{MH}=0$，即$(t - x_{0})(2 - x_{0})+y_{0}^{2}=0$。② 由①②消去$y_{0}$，整理得$t(2 - x_{0})=-\frac{1}{4}x_{0}^{2}+2x_{0}-3$。$\because x_{0}\neq2$，$\therefore t=\frac{1}{4}x_{0}-\frac{3}{2}$。$\because -2＜x_{0}＜2$，$\therefore -2＜t＜-1$，$\therefore$实数$t$的取值范围为$(-2,-1)$。

14. 在平面直角坐标系$xOy$中，点$P$到两点$(0,-\sqrt{3})$，$(0,\sqrt{3})$的距离之和等于$4$，设点$P$的轨迹为$C$.
(1)写出$C$的方程；
(2)设直线$y = kx + 1$与$C$交于$A$，$B$两点，$k$为何值时$\overrightarrow{OA}\perp\overrightarrow{OB}$？此时$|AB|$的值是多少？

答案： 14. 解
（1）由椭圆定义可知，点$P$的轨迹$C$是以$(0,-\sqrt{3})$，$(0,\sqrt{3})$为焦点，长半轴长为$2$的椭圆，它的短半轴长$b=\sqrt{2^{2}-(\sqrt{3})^{2}}=1$，故$C$的方程为$x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1$。
（2）设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，由$\begin{cases}x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1\\y = kx + 1\end{cases}$消去$y$，并整理得$(k^{2}+4)x^{2}+2kx - 3 = 0$，显然$\Delta＞0$，故$x_{1}+x_{2}=-\frac{2k}{k^{2}+4}$，$x_{1}x_{2}=-\frac{3}{k^{2}+4}$。$\because\overrightarrow{OA}\perp\overrightarrow{OB}$，$\therefore x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=0$。$\because y_{1}y_{2}=k^{2}x_{1}x_{2}+k(x_{1}+x_{2})+1$，$\therefore x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=-\frac{3}{k^{2}+4}-\frac{3k^{2}}{k^{2}+4}-\frac{2k^{2}}{k^{2}+4}+1=\frac{-4k^{2}+1}{k^{2}+4}=0$，$\therefore k=\pm\frac{1}{2}$。当$k=\frac{1}{2}$时，$x_{1}+x_{2}=-\frac{4}{17}$，$x_{1}x_{2}=-\frac{12}{17}$；当$k = -\frac{1}{2}$时，$x_{1}+x_{2}=\frac{4}{17}$，$x_{1}x_{2}=-\frac{12}{17}$。$\therefore\vert AB\vert=\sqrt{(1 + k^{2})[(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}]}=\sqrt{(1+\frac{1}{4})\times[\frac{16}{289}-4\times(-\frac{12}{17})]}=\frac{4\sqrt{65}}{17}$。

15. 已知点$A(0,-2)$，椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt0)$的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$，$F$是椭圆的焦点，直线$AF$的斜率为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$O$为坐标原点.
(1)求椭圆$E$的方程；
(2)设过点$A$的直线$l$与椭圆$E$交于$P$，$Q$两点，当$\triangle OPQ$的面积最大时，求直线$l$的方程.

答案： 15. 解
（1）由题意可知$F$是右焦点，设点$F(c,0)$，因为直线$AF$的斜率为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，$A(0,-2)$，所以$\frac{2}{c}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，解得$c=\sqrt{3}$。又因为$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$b^{2}=a^{2}-c^{2}$，所以$a = 2$，$b = 1$，所以椭圆$E$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。
（2）由题意可知直线$l$的斜率存在，设直线$l$的方程为$y = kx - 2$，$P(x_{1},y_{1})$，$Q(x_{2},y_{2})$。联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\\y = kx - 2\end{cases}$消去$y$得$(1 + 4k^{2})x^{2}-16kx + 12 = 0$，则有$\Delta = 16(4k^{2}-3)＞0$，即$k^{2}＞\frac{3}{4}$，则$x_{1}+x_{2}=\frac{16k}{1 + 4k^{2}}$，$x_{1}x_{2}=\frac{12}{1 + 4k^{2}}$。所以$\vert PQ\vert=\sqrt{1 + k^{2}}\cdot\sqrt{(x_{1}+x_{2})^{2}-4x_{1}x_{2}}=\sqrt{1 + k^{2}}\cdot\sqrt{(\frac{16k}{1 + 4k^{2}})^{2}-\frac{48}{1 + 4k^{2}}}=\frac{4\sqrt{1 + k^{2}}\cdot\sqrt{4k^{2}-3}}{1 + 4k^{2}}$。又点$O$到直线$l$的距离$d=\frac{2}{\sqrt{k^{2}+1}}$，所以$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}d\cdot\vert PQ\vert=\frac{4\sqrt{4k^{2}-3}}{1 + 4k^{2}}$。设$\sqrt{4k^{2}-3}=t＞0$，则$4k^{2}=t^{2}+3$，$S_{\triangle OPQ}=\frac{4t}{t^{2}+4}=\frac{4}{t+\frac{4}{t}}\leqslant\frac{4}{2\sqrt{4}} = 1$，当且仅当$t = 2$，即$\sqrt{4k^{2}-3}=2$，即$k=\pm\frac{\sqrt{7}}{2}$时取等号，均满足$k^{2}＞\frac{3}{4}$。所以当$\triangle OPQ$的面积最大时，直线$l$的方程为$\frac{\sqrt{7}}{2}x - y - 2 = 0$或$\frac{\sqrt{7}}{2}x + y + 2 = 0$。