《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

2.(选择性必修第一册P109练习T3变条件)已知椭圆$C:\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$，过$F_1$作直线交椭圆$C$于$A,B$两点，则$\triangle ABF_2$的周长为 ( )
A.10
B.15
C.20
D.25

答案： C 由题意椭圆的长轴长为$2a = 2\sqrt{25}=10$，由椭圆的定义得$|AF_{1}|+|AF_{2}| = 2a = 10$，$|BF_{1}|+|BF_{2}| = 2a = 10$，所以$\triangle ABF_{2}$的周长是$20$.

3.(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$|PF_1|\cdot|PF_2|=$ ( )
A.1
B.2
C.4
D.5

答案： B 方法一：因为$\overrightarrow{PF_{1}}\cdot\overrightarrow{PF_{2}} = 0$，所以$\angle F_{1}PF_{2}=90^{\circ}$，从而$S_{\triangle F_{1}PF_{2}} = b^{2}\tan45^{\circ}=\frac{1}{2}\times|PF_{1}|\cdot|PF_{2}|$，所以$|PF_{1}|\cdot|PF_{2}| = 2$.
方法二：因为$\overrightarrow{PF_{1}}\cdot\overrightarrow{PF_{2}} = 0$，所以$\angle F_{1}PF_{2}=90^{\circ}$，由椭圆方程可知，$c^{2}=5 - 1 = 4\Rightarrow c = 2$，所以$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}=|F_{1}F_{2}|^{2}=4^{2}=16$，又$|PF_{1}|+|PF_{2}| = 2a = 2\sqrt{5}$，平方得$|PF_{1}|^{2}+|PF_{2}|^{2}+2|PF_{1}|\cdot|PF_{2}| = 20$，$16 + 2|PF_{1}|\cdot|PF_{2}| = 20$，所以$|PF_{1}|\cdot|PF_{2}| = 2$.

4.(忽略隐含条件)若方程$\frac{x^2}{5 - k}+\frac{y^2}{k - 3}=1$表示椭圆，则$k$的取值范围是________________.

答案： 【解析】由已知得$\begin{cases}5 - k＞0\\k - 3＞0\\5 - k\neq k - 3\end{cases}$，解得$3＜k＜5$且$k\neq4$.
答案：$(3,4)\cup(4,5)$

[例1](1)如图，在圆$x^2 + y^2 = 4$上任取一点$P$，过点$P$作$x$轴的垂线段$PD$，$D$为垂足.当点$P$在圆上运动时，则线段$PD$的中点$M$的轨迹方程为_________.

(2)如图，设$A,B$两点的坐标分别为$(-5,0),(5,0)$.直线$AM,BM$相交于点$M$，且它们的斜率之积是$-\frac{4}{9}$，则点$M$的轨迹方程为_________.

(3)动点$M(x,y)$与定点$F(4,0)$的距离和$M$到定直线$l:x=\frac{25}{4}$的距离的比是常数$\frac{4}{5}$，则动点$M$的轨迹方程为______________.

答案：
[解析]
(1)设点$M$的坐标为$(x,y)$，点$P$的坐标为$(x_{0},y_{0})$，则点$D$的坐标为$(x_{0},0)$，由点$M$是线段$PD$的中点，得$x = x_{0}$，$y=\frac{y_{0}}{2}$.
因为点$P(x_{0},y_{0})$在圆$x^{2}+y^{2}=4$上，所以$x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=4$ ①
把$x_{0}=x$，$y_{0}=2y$代入方程①，得$x^{2}+4y^{2}=4$，即$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$.
答案：$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$
(2)设点$M$的坐标为$(x,y)$，因为点$A$的坐标是$(-5,0)$，所以直线$AM$的斜率为$k_{AM}=\frac{y}{x + 5}(x\neq - 5)$
同理，直线$BM$的斜率为$k_{BM}=\frac{y}{x - 5}(x\neq5)$，由已知，有$\frac{y}{x + 5}\cdot\frac{y}{x - 5}=-\frac{4}{9}(x\neq\pm5)$，化简，得点$M$的轨迹方程为$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{\frac{100}{9}}=1(x\neq\pm5)$.
答案：$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{\frac{100}{9}}=1(x\neq\pm5)$
(3)设$d$是点$M$到直线$l:x=\frac{25}{4}$的距离，

根据题意，动点$M$的轨迹就是集合$P=\left\{M\left|\frac{|MF|}{d}=\frac{4}{5}\right.\right\}$.
由此得，$\frac{\sqrt{(x - 4)^{2}+y^{2}}}{\left|\frac{25}{4}-x\right|}=\frac{4}{5}$.
将上式两边平方，并化简，得$9x^{2}+25y^{2}=225$，即$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$.
答案：$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$

1.(2024·丽江模拟)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.椭圆
B.双曲线
C.抛物线
D.双曲线的一支

答案： A 设动圆$P$的半径为$r$，又圆$A:(x + 1)^{2}+y^{2}=1$的半径为$1$，圆$B:(x - 1)^{2}+y^{2}=64$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.(2024·梅州模拟)已知椭圆$C:\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{5}=1$的左、右焦点分别为$F_1,F_2$，过点$F_1$的直线$l$与椭圆$C$的一个交点为$A$，若$|AF_2| = 4$，则$\triangle AF_1F_2$的面积为 ( )
A.$2\sqrt{3}$
B.$\sqrt{13}$
C.4
D.$\sqrt{15}$

答案：
D 椭圆$C:\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{5}=1$中，$|F_{1}F_{2}|=2\sqrt{9 - 5}=4$，由$|AF_{2}|=4$及椭圆定义得$|AF_{1}|=2$，

因此$\triangle AF_{1}F_{2}$为等腰三角形，底边上的高$h=\sqrt{|AF_{2}|^{2}-\left(\frac{1}{2}|AF_{1}|\right)^{2}}=\sqrt{4^{2}-1^{2}}=\sqrt{15}$，所以$S_{\triangle AF_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}|AF_{1}|\cdot h=\sqrt{15}$.