《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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$\overrightarrow{BA_{1}} = (-a,-b)$，$\overrightarrow{BA_{2}} = (a,-b)$，$\overrightarrow{BA_{1}}\cdot\overrightarrow{BA_{2}} = -a^{2}+b^{2} = -(a^{2}-b^{2}) = -c^{2} = -1$，故$c = 1$，又$C$的离心率$e = \frac{c}{a} = \frac{1}{a} = \frac{1}{3}$，所以$a = 3$，$a^{2} = 9$，$b^{2} = a^{2}-c^{2} = 8$，所以$C$的方程为$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8} = 1$.]

(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)$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{20} = 1$ [
(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$2 = \frac{1}{\sqrt{\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{b^{2}}}}$，即$\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{b^{2}} = \frac{1}{4}$，短轴长是焦距的$2$倍，即$b = 2c$，解得$c = \sqrt{5}$，$b = 2\sqrt{5}$，则$a = \sqrt{b^{2}+c^{2}} = 5$，所以椭圆方程为$\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{20} = 1$.]

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$\overrightarrow{F_{2}P} = (x,y - c)$.由$\overrightarrow{BF_{2}} = 2\overrightarrow{F_{2}P}$，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$\frac{9c^{2}}{4a^{2}}+\frac{b^{2}}{4b^{2}} = 1$，所以$\frac{c^{2}}{a^{2}} = \frac{1}{3}$，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$\vert MF_{1}\vert + \vert MF_{2}\vert = 2a$，则$\vert MF_{1}\vert = 2a - \vert MF_{2}\vert(a - c\leq\vert MF_{2}\vert\leq a + c)$，所以$\vert MF_{1}\vert\cdot\vert MF_{2}\vert = (2a - \vert MF_{2}\vert)\vert MF_{2}\vert = -(\vert MF_{2}\vert - a)^{2}+a^{2}$，所以当$\vert MF_{2}\vert = a$时，$\vert MF_{1}\vert\cdot\vert MF_{2}\vert$有最大值$a^{2}$，当$\vert MF_{2}\vert = a - c$或$\vert MF_{2}\vert = a + c$时，$\vert MF_{1}\vert\cdot\vert MF_{2}\vert$有最小值$a^{2}-c^{2}$.因为$\vert MF_{1}\vert\cdot\vert MF_{2}\vert$的最大值是它的最小值的$2$倍，所以$a^{2} = 2(a^{2}-c^{2})$，即$a^{2} = 2c^{2}$，所以$e^{2} = \frac{1}{2}$，所以离心率$e = \frac{\sqrt{2}}{2}$.]

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$\frac{x^{2}}{5}+y^{2} = 1$上可得$x^{2} = 5 - 5y^{2}$.易知点$B(0,1)$，所以根据两点间的距离公式得$\vert PB\vert^{2} = x^{2}+(y - 1)^{2} = 5 - 5y^{2}+(y - 1)^{2} = -4y^{2}-2y + 6 = -4(y + \frac{1}{4})^{2}+\frac{25}{4}$.当$y + \frac{1}{4} = 0$，即$y = -\frac{1}{4}$(满足$\vert y\vert\leq1$)时，$\vert PB\vert^{2}$取得最大值$\frac{25}{4}$，所以$\vert PB\vert_{max} = \frac{5}{2}$.
法二(利用椭圆的参数方程) 因为点$P$在椭圆$\frac{x^{2}}{5}+y^{2} = 1$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$\vert PB\vert^{2} = (\sqrt{5}\cos\theta)^{2}+(\sin\theta - 1)^{2} = 4\cos^{2}\theta - 2\sin\theta + 6 = -4\sin^{2}\theta - 2\sin\theta + 6 = -4(\sin\theta + \frac{1}{4})^{2}+\frac{25}{4}$.易知当$\sin\theta + \frac{1}{4} = 0$，即$\sin\theta = -\frac{1}{4}$时，$\vert PB\vert^{2}$取得最大值$\frac{25}{4}$，所以$\vert PB\vert_{max} = \frac{5}{2}$.]

(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，$F_{1}F_{2}$为直径的圆与椭圆必有交点，如图，可得$c\geq b$，即$c^{2}\geq b^{2}$，所以$2c^{2}\geq a^{2}$，即$e^{2}\geq\frac{1}{2}$，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$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3} = 1$可得$F(-1,0)$，设$P(x,y)(-2\leq x\leq2)$.则$\overrightarrow{OP}\cdot\overrightarrow{FP} = x^{2}+x + y^{2} = x^{2}+x + 3(1 - \frac{x^{2}}{4}) = \frac{1}{4}x^{2}+x + 3 = \frac{1}{4}(x + 2)^{2}+2$，$-2\leq x\leq2$，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$x_{0}\neq c$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$x = -x_{0}$，$y = \frac{x_{0}^{2}-c^{2}}{y_{0}}$，所以$Q(-x_{0},\frac{x_{0}^{2}-c^{2}}{y_{0}})$.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$y_{0} = \frac{x_{0}^{2}-c^{2}}{y_{0}}$，$\vert PQ\vert = 2x_{0} = \frac{8\sqrt{5}}{5}$，所以$x_{0} = \frac{4\sqrt{5}}{5}$，$y_{0}^{2} = x_{0}^{2}-c^{2}$.又$\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}} = 1$，所以$1 - \frac{x_{0}^{2}}{a^{2}} = x_{0}^{2}-c^{2}$，即$1 - \frac{16}{5a^{2}} = \frac{16}{5}-c^{2}$.又$c^{2} = a^{2}-1$，所以$a^{2} = 4$，$c^{2} = 3$，所以$e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{2}$.]