《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

考点一 椭圆的定义及应用
例 1 (1)一动圆 $ P $ 与圆 $ A:(x + 1)^2 + y^2 = 1 $ 外切,而与圆 $ B:(x - 1)^2 + y^2 = 64 $ 内切,那么动圆的圆心 $ P $ 的轨迹是 (A)

A.椭圆
B.双曲线
C.抛物线
D.双曲线的一支

答案： 例1
(1)A　[
(1)设动圆$P$的半径为$r$,
　又圆$A:(x + 1)² + y² = 1$的半径为$1$,
　圆$B:(x - 1)² + y² = 64$的半径为$8$,
　则$|PA| = r + 1$,$|PB| = 8 - r$,
　可得$|PA| + |PB| = 9$,又$9＞2 = |AB|$,
　则动圆的圆心$P$的轨迹是以$A$,$B$为焦点，长轴长为$9$的椭圆

(2)(2023·全国甲卷)设 $ F_1,F_2 $ 为椭圆 $ C:\frac{x^2}{5} + y^2 = 1 $ 的两个焦点,点 $ P $ 在 $ C $ 上,若 $ \overrightarrow{PF_1} \cdot \overrightarrow{PF_2} = 0 $,则 $ |PF_1| \cdot |PF_2| = $ (B)

A.1
B.2
C.4
D.5

答案：
(2)B　
(2)因为$\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF_2} = 0$，所以$PF_1\perp PF_2$
　所以$|PF_1|²+|PF_2|² = |F_1F_2|²=(2c)² = 16$.因为$|PF_1| + |PF_2| = 2a = 2\sqrt{5}$,
　所以$(|PF_1| + |PF_2|)² = 20$,
　即$|PF_1|²+|PF_2|²+2|PF_1|\cdot|PF_2| = 20$,所以$|PF_1|\cdot|PF_2| = 2$.

(3)已知 $ F_1 $ 是椭圆 $ 5x^2 + 9y^2 = 45 $ 的左焦点,$ P $ 是椭圆上的动点,$ A(1,1) $,则 $ |PA| + |PF_1| $ 的最大值为____,最小值为____.

答案：
(3)$6+\sqrt{2}$　$6-\sqrt{2}$
(3)椭圆方程可化为$\frac{x²}{9}+\frac{y²}{5}=1$.
　设$F_2$是椭圆的右焦点,则$F_2(2,0)$,连接$AF_2$,$PF_2$(图略),$\therefore|AF_2| = \sqrt{2}$,易知$|PA| + |PF_1| = |PA| - |PF_2| + 6$.
　又$-|AF_2|\leq|PA| - |PF_2|\leq|AF_2|$(当$P$,$A$,$F_2$三点共线时等号成立),
　$\therefore6 - \sqrt{2}\leq|PA| + |PF_1|\leq6 + \sqrt{2}$.
　$\therefore|PA| + |PF_1|$的最大值为$6 + \sqrt{2}$,最小值为$6 - \sqrt{2}$.
]

(1)(2025·丽水调研)已知点 $ P $ 是椭圆 $ \frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{9} = 1 $ 上一点,椭圆的左、右焦点分别为 $ F_1,F_2 $,且 $ \cos \angle F_1PF_2 = \frac{1}{3} $,则 $ \triangle PF_1F_2 $ 的面积为 (C)

A.6
B.12
C.$ \frac{9\sqrt{2}}{2} $
D.$ 2\sqrt{2} $

答案：
训练1
(1)C　[
(1)由椭圆$\frac{x²}{25}+\frac{y²}{9}=1$，
得$a=5$,$b=3$,$c=4$.
　设$|PF_1|=m$,$|PF_2|=n$,
　$\therefore m+n=10$,在$\triangle PF_1F_2$
　中,由余弦定理可得
　$(2c)²=m²+n²−2mn\cdot\cos\angle F_1PF_2=(m+n)²−2mn−2mn\cdot\frac{1}{3}$,
　可得$64=100−\frac{8}{3}mn$,得$mn=\frac{27}{2}$,
　故$S_{\triangle F_1PF_2}=\frac{1}{2}mn\cdot\sin\angle F_1PF_2$
　$=\frac{1}{2}×\frac{27}{2}×\sqrt{1 - (\frac{1}{3})²}=\frac{9\sqrt{2}}{2}$.

(2)(2025·许昌调研)若 $ F $ 为椭圆 $ C:\frac{x^2}{25} + \frac{y^2}{16} = 1 $ 的右焦点,$ A,B $ 为 $ C $ 上两动点,则 $ \triangle ABF $ 周长的最大值为20.

答案：

(2)20
(2)如图,设$F_1$为椭圆$C$
　的左焦点,
　则由椭圆的定义可得
　 $\triangle ABF$的周长为$|AF|+|BF|+|AB|=2a - |AF_1|+2a - |BF_1|+|AB|=4a+|AB|−|AF_1|−|BF_1|=20+|AB|−|AF_1|−|BF_1|$,
　当$A$,$B$,$F_1$共线时,$|AB| - |AF_1| - |BF_1| = 0$；当$A$,$B$,$F_1$不共线时,$|AB| - |AF_1| - |BF_1|＜0$,所以$\triangle ABF$周长的最大值为$20$.
]

考点二 椭圆的标准方程
例 2 (1)(2025·大连模拟)方程 $ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{m} = 1 $ 表示椭圆,则实数 $ m $ 的取值范围是 (D)

A.$ m ＞ 0 $
B.$ m ＞ 4 $
C.$ 0 ＜ m ＜ 4 $
D.$ m ＞ 0 $ 且 $ m \neq 4 $

答案： 例2
(1)D　[
(1)当$m＞4$时,方程表示焦点在$y$轴上的椭圆;
　当$0＜m＜4$时,方程表示焦点在$x$轴上的椭圆,所以$m$的取值范围是$m＞0$且$m≠4$.

(2)已知 $ \triangle ABC $ 的周长为 12,$ B(0,-2),C(0,2) $,则顶点 $ A $ 的轨迹方程为 (A)

A.$ \frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{16} = 1(x \neq 0) $
B.$ \frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{16} = 1(y \neq 0) $
C.$ \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{12} = 1(x \neq 0) $
D.$ \frac{x^2}{16} + \frac{y^2}{12} = 1(y \neq 0) $

答案：
(2)A
(2)$\because\triangle ABC$的周长为$12$,顶点$B(0,-2)$,$C(0,2)$,
　$\therefore|BC|=4$,$|AB|+|AC|=12 - 4 = 8$,
　$\therefore$点$A$到两个定点的距离之和等于定值，
　又$8＞4$,$\therefore$点$A$的轨迹是椭圆,且$a=4$,$c=2$,$\therefore b²=12$,$\therefore$椭圆的方程为$\frac{x²}{12}+\frac{y²}{16}=1(x≠0)$.

(3)与椭圆 $ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 $ 有相同离心率,且经过点 $ (2,-\sqrt{3}) $ 的椭圆标准方程为____.

答案：
(3)$\frac{x²}{8}+\frac{y²}{6}=1$或$\frac{y²}{\frac{25}{3}}+\frac{x²}{\frac{25}{4}}=1$
(3)椭圆$\frac{x²}{4}+\frac{y²}{3}=1$的离心率是$e=\frac{1}{2}$,
　当焦点在$x$轴上时,
　设所求椭圆的方程是$\frac{x²}{a²}+\frac{y²}{b²}=1(a＞b＞0)$,$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$,
　$\begin{cases}a² = b² + c²\frac{4}{a²}+\frac{3}{b²}=1\end{cases}$解得$\begin{cases}a² = 8\\b² = 6\end{cases}$
　$\therefore$所求椭圆方程为$\frac{x²}{8}+\frac{y²}{6}=1$.
　当焦点在$y$轴上时，设所求椭圆的方程为
　$\frac{y²}{a²}+\frac{x²}{b²}=1(a＞b＞0)$,$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$,
　$\begin{cases}a² = b² + c²\frac{3}{a²}+\frac{4}{b²}=1\end{cases}$解得$\begin{cases}a² = \frac{25}{3}\\b² = \frac{25}{4}\end{cases}$
　$\therefore$椭圆的标准方程为$\frac{y²}{\frac{25}{3}}+\frac{x²}{\frac{25}{4}}=1$.
　综上，所求椭圆标准方程为$\frac{x²}{8}+\frac{y²}{6}=1$或$\frac{y²}{\frac{25}{3}}+\frac{x²}{\frac{25}{4}}=1$.
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