《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

(1)(2022·全国甲卷)已知椭圆 $ C:\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的离心率为 $ \frac{1}{3} $,$ A_1,A_2 $ 分别为 $ C $ 的左、右顶点,$ B $ 为 $ C $ 的上顶点.若 $ \overrightarrow{BA_1} \cdot \overrightarrow{BA_2} = -1 $,则 $ C $ 的方程为 (B)

A.$ \frac{x^2}{18} + \frac{y^2}{16} = 1 $
B.$ \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{8} = 1 $
C.$ \frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} = 1 $
D.$ \frac{x^2}{18} + y^2 = 1 $

答案： 训练2
(1)B　[
(1)依题意得$A_1(-a,0)$,$A_2(a,0)$,$B(0,b)$,
　所以$\overrightarrow{BA_1}=(-a,-b)$,$\overrightarrow{BA_2}=(a,-b)$,
　$\overrightarrow{BA_1}\cdot\overrightarrow{BA_2}=-a²+b²=-(a² - b²)=-c²=-1$,故$c=1$,
　又$C$的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{a}=\frac{1}{3}$,
　所以$a=3$,$a²=9$,$b²=a² - c²=8$,
　所以$C$的方程为$\frac{x²}{9}+\frac{y²}{8}=1$.

(2)(2025·昆明诊断)经过椭圆 $ M:\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的左焦点和上顶点的直线记为 $ l $.若椭圆 $ M $ 的中心到直线 $ l $ 的距离等于 2,且短轴长是焦距的 2 倍,则椭圆 $ M $ 的方程为____.

答案：
(2)$\frac{x²}{25}+\frac{y²}{20}=1$　
(2)$l$的方程为$\frac{x}{-c}+\frac{y}{b}=1$,
　椭圆$M$的中心到直线$l$的距离等于$2$,
　可得$2=\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{c²}+\frac{1}{b²}}}$,
　即$\frac{1}{c²}+\frac{1}{b²}=\frac{1}{4}$,短轴长是焦距的$2$倍，
　即$b=2c$,
　解得$c=\sqrt{5}$,$b=2\sqrt{5}$,则$a=\sqrt{b²+c²}=5$,
　所以椭圆方程为$\frac{x²}{25}+\frac{y²}{20}=1$.
]

考点三 椭圆的几何性质
角度 1 离心率
例 3 (1)(2025·广州模拟)设 $ B,F_2 $ 分别是椭圆 $ C:\frac{y^2}{a^2} + \frac{x^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的右顶点和上焦点,点 $ P $ 在 $ C $ 上,且 $ \overrightarrow{BF_2} = 2 \overrightarrow{F_2P} $,则 $ C $ 的离心率为 (A)

A.$ \frac{\sqrt{3}}{3} $
B.$ \frac{\sqrt{65}}{13} $
C.$ \frac{1}{2} $
D.$ \frac{\sqrt{3}}{2} $

答案： 例3
(1)A　[
(1)由题意,得$B(b,0)$,$F_2(0,c)$,则$\overrightarrow{BF_2}=(-b,c)$.
　设$P(x,y)$,则$\overrightarrow{F_2P}=(x,y - c)$.
　由$\overrightarrow{BF_2}=2\overrightarrow{F_2P}$,得$\begin{cases}-b = 2x\\c = 2(y - c)\end{cases}$
　所以$\begin{cases}x = -\frac{b}{2}\\y = \frac{3}{2}c\end{cases}$
　因为点$P$在椭圆$C$上,所以$\frac{9c²}{4a²}+\frac{b²}{4b²}=1$.
　所以$\frac{c²}{a²}=\frac{1}{3}$,所以$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{3}$.

(2)(2025·苏州质检)已知 $ F_1,F_2 $ 是椭圆 $ C $ 的两个焦点,点 $ M $ 在椭圆 $ C $ 上,且 $ |MF_1| \cdot |MF_2| $ 的最大值是它的最小值的 2 倍,则椭圆 $ C $ 的离心率为____.

答案：
(2)$\frac{\sqrt{2}}{2}$　
(2)因为点$M$在椭圆$C$上,
　所以$|MF_1|=2a - |MF_2|(a - c\leq|MF_2|\leq a + c)$,
　所以$|MF_1|\cdot|MF_2|=(2a - |MF_2|)|MF_2|=-(|MF_2| - a)²+a²$,
　所以当$|MF_2|=a$时,$|MF_1|\cdot|MF_2|$有最大值$a²$,当$|MF_2|=a - c$或$|MF_2|=a + c$时,$|MF_1|\cdot|MF_2|$有最小值$a² - c²$.
　因为$|MF_1|\cdot|MF_2|$的最大值是它的最小值的$2$倍,所以$a²=2(a² - c²)$,即$a²=2c²$,
　所以$e²=\frac{1}{2}$所以离心率$e=\frac{\sqrt{2}}{2}$.
]

角度 2 与椭圆几何性质有关的最值、范围问题
例 4 (1)(2021·全国乙卷)设 $ B $ 是椭圆 $ C:\frac{x^2}{5} + y^2 = 1 $ 的上顶点,点 $ P $ 在 $ C $ 上,则 $ |PB| $ 的最大值为 (A)

A.$ \frac{5}{2} $
B.$ \sqrt{6} $
C.$ \sqrt{5} $
D.2

答案： 例4
(1)A　[
(1)法一(消元转化法)　设点$P(x,y)$,则根据点$P$在椭圆$\frac{x²}{5}+y²=1$上可得$x²=5 - 5y²$.易知点$B(0,1)$,
　所以根据两点间的距离公式得
　$|PB|²=x²+(y - 1)²=5 - 5y²+(y - 1)²=-4y²-2y + 6=-4(y+\frac{1}{4})²+\frac{25}{4}$.
　当$y+\frac{1}{4}=0$,即$y=-\frac{1}{4}$(满足$|y|\leq1$)时,$|PB|²$取得最大值$\frac{25}{4}$,所以$|PB|_{max}=\frac{5}{2}$.
　法二(利用椭圆的参数方程)　因为点$P$在椭圆$\frac{x²}{5}+y²=1$上,
　所以可设点$P(\sqrt{5}\cos\theta,\sin\theta)$.
　易知点$B(0,1)$,所以根据两点间的距离公式得$|PB|²=(\sqrt{5}\cos\theta)²+(\sin\theta - 1)²=4\cos²\theta - 2\sin\theta + 2=-4\sin²\theta - 2\sin\theta + 6=-4(\sin\theta+\frac{1}{4})²+\frac{25}{4}$.
　易知当$\sin\theta+\frac{1}{4}=0$,即$\sin\theta=-\frac{1}{4}$时,$|PB|²$取得最大值$\frac{25}{4}$,所以$|PB|_{max}=\frac{5}{2}$.

(2)已知 $ F_1,F_2 $ 分别是椭圆 $ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a ＞ b ＞ 0) $ 的左、右焦点,若椭圆上存在点 $ P $,使 $ \angle F_1PF_2 = 90° $,则椭圆的离心率 $ e $ 的取值范围为____.

答案：

(2)$[\frac{\sqrt{2}}{2},1)$
(2)若椭圆上存在点$P$,使得$PF_1\perp PF_2$,
　则以原点为圆心,$F_1F_2$
　为直径的圆与椭圆必有
　交点,如图,可得$c\geq b$,即
$c²\geq b²$,所以$2c²\geq a²$,即
　$e²\geq\frac{1}{2}$,又$e＜1$,所以
　离心率$e\in[\frac{\sqrt{2}}{2},1)$.
]

(1)若点 $ O $ 和点 $ F $ 分别为椭圆 $ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 $ 的中心和左焦点,点 $ P $ 为椭圆上的任意一点,则 $ \overrightarrow{OP} \cdot \overrightarrow{FP} $ 的最大值为 (C)

A.2
B.3
C.6
D.8

答案： 训练3
(1)C　[
(1)由椭圆$\frac{x²}{4}+\frac{y²}{3}=1$ 可得$F(-1,0)$,
　设$P(x,y)(-2\leq x\leq2)$.
　则$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{FP}=x²+x + y²=x²+x + 3(1 - \frac{x²}{4})=\frac{1}{4}x²+x + 3=\frac{1}{4}(x + 2)²+2$,$-2\leq x\leq2$,
　当且仅当$x=2$时,$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{FP}$取得最大值$6$.

(2)(2025·苏北八市调研)已知 $ F_1,F_2 $ 分别是椭圆 $ C:\frac{x^2}{a^2} + y^2 = 1(a ＞ 1) $ 的左、右焦点,$ P $ 是 $ C $ 上一点.过点 $ F_1 $ 作直线 $ PF_1 $ 的垂线 $ l_1 $,过点 $ F_2 $ 作直线 $ PF_2 $ 的垂线 $ l_2 $.若 $ l_1,l_2 $ 的交点 $ Q $ 在 $ C $ 上 ($ P,Q $ 均在 $ x $ 轴上方),且 $ |PQ| = \frac{8\sqrt{5}}{5} $,则 $ C $ 的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{2}$.

答案：
(2)$\frac{\sqrt{3}}{2}$　
(2)由题意不妨设$F_1(-c,0)$,$F_2(c,0)$,$P(x_0,y_0)(x_0＞0,y_0＞0)$,
　当$x_0=c$时,$l_2$与$l_1$相交于$F_1$,不符合题意;当$x_0≠c$时,$k_{PF_1}=\frac{y_0}{x_0 + c}$,$k_{PF_2}=\frac{y_0}{x_0 - c}$.
　因为$l_1\perp PF_1$,$l_2\perp PF_2$,所以$k_{l_1}=-\frac{x_0 + c}{y_0}$,$k_{l_2}=-\frac{x_0 - c}{y_0}$,
　所以直线$l_1$的方程为$y=-\frac{x_0 + c}{y_0}(x + c)$,①直线$l_2$的方程为$y=-\frac{x_0 - c}{y_0}(x - c)$.②
　联立①②,解得$x=-x_0$,$y=\frac{x_0² - c²}{y_0}$,
　所以$Q(-x_0,\frac{x_0² - c²}{y_0})$.
　因为$P$,$Q$都在椭圆$C$上,且均在$x$轴上方,
　$P$,$Q$的横坐标互为相反数,所以点$P$,$Q$关于$y$轴对称,
　所以$y_0=\frac{x_0² - c²}{y_0}$,$|PQ|=2x_0=\frac{8\sqrt{5}}{5}$,
　所以$x_0=\frac{4\sqrt{5}}{5}$,$y_0²=x_0² - c²$.
　又$\frac{x_0²}{a²}+\frac{y_0²}{b²}=1$,所以$1 - \frac{x_0²}{a²}=\frac{y_0²}{b²}=\frac{x_0² - c²}{b²}$,
　又$c²=a² - 1$,所以$a²=4$,$c²=3$,
　所以$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
]