《2025年更高更妙的高中数学思想与方法高中数学选择性必修第一册》

1. 焦点在$x$轴上的椭圆的长轴长为$4$，离心率为$\dfrac{1}{2}$，则该椭圆的标准方程为(A)

A.$\dfrac{x^{2}}{4}+\dfrac{y^{2}}{3}=1$
B.$\dfrac{x^{2}}{16}+\dfrac{y^{2}}{4}=1$
C.$\dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$
D.$\dfrac{x^{2}}{16}+\dfrac{y^{2}}{12}=1$

答案： 1.A 解析 因为长轴长为4，所以$2a=4$，即$a=2$，因为离心率为$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，所以$c=1$，所以$b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$，故椭圆方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。

2. 已知椭圆$C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左、右焦点为$F_{1},F_{2}$，离心率为$\dfrac{1}{3}$，过$F_{2}$的直线$l$交$C$于$A,B$两点，若$\triangle AF_{1}B$周长为$12$，则$C$的标准方程为(C)

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

答案： 2.C 解析 因为$\triangle AF_{1}B$的周长为12，所以$4a=12$，所以$a=3$，又$\frac{c}{a}=\frac{1}{3}$，所以$c=1$，$b^{2}=8$，所以C的标准方程为$\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{8}=1$。

3. 已知$F$是椭圆$E:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左焦点，经过原点$O$的直线$l$与椭圆$E$交于$P,Q$两点，若$\vert PF\vert=3\vert QF\vert$，且$\angle PFQ=120^{\circ}$，则椭圆$E$的离心率为(A)

A.$\dfrac{\sqrt{7}}{4}$
B.$\dfrac{1}{2}$
C.$\dfrac{\sqrt{3}}{4}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

答案：
3.A 解析 如下图所示，由椭圆的对称性可知$\vert PF\vert+\vert QF\vert=2a$，由于$\vert PF\vert=3\vert QF\vert$，

则$\vert QF\vert=\frac{1}{2}a$，$\vert PF\vert=\frac{3}{2}a$，由$\angle PFQ=120^{\circ}$，得$\vert PQ\vert=\frac{\sqrt{13}}{2}a$，在$\triangle FQP$与$\triangle FQO$中利用同角余弦值相等，则$\frac{QF^{2}+QP^{2}-FP^{2}}{2QF· QP}=\frac{QF^{2}+QO^{2}-FO^{2}}{2QF· QO}$，解得$c=\frac{\sqrt{7}}{4}a$，则$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{7}}{4}$。

4. 已知$A、B$是椭圆$C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$长轴的两个端点，$P、Q$是椭圆上关于$x$轴对称的两点，直线$AP、BQ$的斜率分别为$k_{1}、k_{2}$，若$\dfrac{1}{\vert k_{1}\vert}+\dfrac{1}{\vert k_{2}\vert}$的最小值为$4$，则椭圆的离心率为(D)

A.$\dfrac{1}{2}$
B.$\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
C.$\dfrac{\sqrt{6}}{3}$
D.$\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

答案：
4.D 解析 如下图所示，设$P(x_{0},y_{0})$，则$\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1$，

$Q(x_{0},-y_{0})$，$A(-a,0)$，$B(a,0)$，所以$k_{1}· k_{2}=\frac{y_{0}}{x_{0}+a}·\frac{-y_{0}}{x_{0}-a}=\frac{-y_{0}^{2}}{x_{0}^{2}-a^{2}}=\frac{b^{2}}{a^{2}}$，所以$\frac{1}{\vert k_{1}\vert}+\frac{1}{\vert k_{2}\vert}\geqslant2\sqrt{\frac{1}{\vert k_{1}\vert·\vert k_{2}\vert}}=\frac{2a}{b$，当且仅当$k_{1}=k_{2}$时取等号，又因为$\frac{1}{\vert k_{1}\vert}+\frac{1}{\vert k_{2}\vert}$的最小值为4，所以$\frac{2a}{b}=4$，设$a=2$，则$b=1$，所以$c=\sqrt{3}$，所以$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。

5. 已知$F_{1},F_{2}$为椭圆$C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左、右焦点，过原点$O$且倾斜角为$30^{\circ}$的直线$l$与椭圆$C$的一个交点为$A$。若$AF_{1}\perp AF_{2}$，$S_{\triangle F_{1}AF_{2}}=2$，则椭圆$C$的方程是(C)

A.$\dfrac{x^{2}}{8}+\dfrac{y^{2}}{4}=1$
B.$\dfrac{x^{2}}{8}+\dfrac{y^{2}}{2}=1$
C.$\dfrac{x^{2}}{6}+\dfrac{y^{2}}{2}=1$
D.$\dfrac{x^{2}}{6}+\dfrac{y^{2}}{4}=1$

答案：
5.C 解析 如下图所示，不妨设点$A(x,y)$位于第一象限。

因为$AF_{1}\perp AF_{2}$，所以$\triangle AF_{1}F_{2}$为直角三角形，因此$\vert OA\vert=\frac{1}{2}\vert F_{1}F_{2}\vert=c$。又$OA$与$x$轴正方向的夹角为$30^{\circ}$，所以$x=\vert OA\vert\cos30^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}c$，$y=\vert OA\vert\sin30^{\circ}=\frac{1}{2}c$，即$A(\frac{\sqrt{3}}{2}c,\frac{1}{2}c)$，所以$S_{\triangle AF_{1}F_{2}}=\frac{1}{2}·2c·\frac{1}{2}c=2$，解得$c=2$，所以$A(\sqrt{3},1)$。因此$\frac{3}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1$，又$a^{2}-b^{2}=c^{2}=4$，联立解得$a^{2}=6$，$b^{2}=2$，因此所求椭圆方程为$\frac{x^{2}}{6}+\frac{y^{2}}{2}=1$。