《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》

12. 已知$F_{1},F_{2}$是椭圆$C:\dfrac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$的左、右焦点，动点$P(x_{1},y_{1})\left(y_{1}＞\dfrac{1}{2}\right)$在椭圆上，$\angle F_{1}PF_{2}$的平分线与$x$轴交于点$M(m,0)$，则$m$的可能取值为(ACD)

A.$1$
B.$2$
C.$0$
D.$-1$

答案： 12.ACD 解析 由题可知：$-\sqrt{3}\lt x_{1}\lt\sqrt{3}$，则$k_{PF_{1}}=\frac{y_{1}}{x_{1}+\sqrt{3}}$，$k_{PF_{2}}=\frac{y_{1}}{x_{1}-\sqrt{3}}$，$k_{PM}=\frac{y_{1}-m}{x_{1}}$，由角平分线性质知：$\frac{\vert PF_{1}\vert}{\vert PF_{2}\vert}=\frac{\vert F_{1}M\vert}{\vert MF_{2}\vert}$，于是得：$\frac{a+ex_{0}}{a-ex_{0}}=\frac{m+c}{c-m}\Rightarrow m=\frac{3}{4}x_{1}\in(-\frac{3\sqrt{3}}{4},\frac{3\sqrt{3}}{4})$。

13. 已知椭圆$C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左、右焦点分别为$F_{1}、F_{2}$，长轴长为$4$，点$P(\sqrt{2},1)$在椭圆内部，点$Q$在椭圆上，则以下说法正确的是(BCD)

A.离心率的取值范围为$\left(0,\dfrac{1}{2}\right)$
B.当离心率为$\dfrac{\sqrt{2}}{4}$时，$\vert QF_{1}\vert$的最大值为$2+\dfrac{\sqrt{2}}{2}$
C.不存在点$Q$，使得$\overrightarrow{QF_{1}}·\overrightarrow{QF_{2}}=0$
D.$\dfrac{4}{\vert QF_{1}\vert}+\dfrac{1}{\vert QF_{2}\vert}$的最小值为$\dfrac{9}{4}$

答案： 13.BCD 解析 由题设，$a=2$，则$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$，又$P(\sqrt{2},1)$在椭圆内部，则$\frac{1}{2}+\frac{1}{b^{2}}\lt1$，即$2\lt b^{2}\lt4$。对A：$e=\frac{\sqrt{a^{2}-b^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{4-b^{2}}}{2}\in(0,\frac{\sqrt{2}}{2})$，故选项A错误；对B：当$e=\frac{\sqrt{2}}{4}$时，有$c=\frac{\sqrt{2}}{2}$，则$\vert QF_{1}\vert_{max}=a+c=2+\frac{\sqrt{2}}{2}$，故选项B正确；对C：由$c^{2}-b^{2}=4-2b^{2}\lt0$，即$c\lt b$，椭圆上不存在点Q使得$\overrightarrow{QF_{1}}·\overrightarrow{QF_{2}}=0$，故选项C正确；对D：由椭圆的定义有$\vert QF_{1}\vert+\vert QF_{2}\vert=2a=4$，所以$\frac{4}{\vert QF_{1}\vert}+\frac{1}{\vert QF_{2}\vert}=\frac{1}{4}(\frac{4}{\vert QF_{1}\vert}+\frac{1}{\vert QF_{2}\vert})(\vert QF_{1}\vert+\vert QF_{2}\vert)=\frac{1}{4}(5+\frac{4\vert QF_{2}\vert}{\vert QF_{1}\vert}+\frac{\vert QF_{1}\vert}{\vert QF_{2}\vert})\geqslant\frac{1}{4}(5+2\sqrt{\frac{4\vert QF_{2}\vert}{\vert QF_{1}\vert}×\frac{\vert QF_{1}\vert}{\vert QF_{2}\vert}})=\frac{9}{4}$，当且仅当$\vert QF_{1}\vert=2\vert QF_{2}\vert$时等号成立，所以$\frac{4}{\vert QF_{1}\vert}+\frac{1}{\vert QF_{2}\vert}$的最小值为$\frac{9}{4}$，故选项D正确。

14. 已知椭圆$C$的两个焦点为$F_{1}(-1,0)$，$F_{2}(1,0)$，过$F_{1}$的直线与椭圆$C$交于$A,B$两点，若$\vert BF_{1}\vert=3\vert AF_{1}\vert$，$AB\perp BF_{2}$，则$C$的方程是$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$。

答案：
14.$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$ 解析 设$\vert AF_{1}\vert=t$，则$\vert BF_{1}\vert=3t$，$\vert AF_{2}\vert=2a-\vert AF_{1}\vert=2a-t$，$\vert BF_{2}\vert=2a-\vert BF_{1}\vert=2a-3t$，而$\vert AB\vert=4t$，则在$Rt\triangle ABF_{2}$中，$\vert AB\vert^{2}+\vert BF_{2}\vert^{2}=\vert AF_{2}\vert^{2}$，即$16t^{2}+(2a-3t)^{2}=(2a-t)^{2}$，解得$a=3t$。则$\vert BF_{1}\vert=\vert BF_{2}\vert=3t=a$，所以B在$y$轴上，如下图所示。

而由$\vert BF_{1}\vert^{2}+\vert BF_{2}\vert^{2}=2a^{2}=\vert F_{1}F_{2}\vert^{2}=4$，可得$a^{2}=2$，则椭圆方程为$\frac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$。

15. 已知椭圆$C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的一个顶点为$B(0,4)$，离心率$e=\dfrac{\sqrt{5}}{5}$，直线$l$交椭圆于$M,N$两点。如果$\triangle BMN$的重心恰好是椭圆的左焦点$F$，则直线$l$的方程为$6x+5y+28=0$。

答案： 15.$6x+5y+28=0$ 解析 由题意得$b=4$，又$e^{2}=\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}}=1-\frac{16}{a^{2}}=\frac{1}{5}$，解得$a^{2}=20$。所以椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{20}+\frac{y^{2}}{16}=1$。所以椭圆左焦点$F(-2,0)$。设线段$MN$的中点为$Q(x_{0},y_{0})$，由三角形重心的性质知$\overrightarrow{BF}=2\overrightarrow{FQ}$，从而$(-2,-4)=2(x_{0}+2,y_{0})$，解得$x_{0}=-3$，$y_{0}=-2$，则点Q坐标为$(-3,-2)$。设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，则$x_{1}+x_{2}=-6$，$y_{1}+y_{2}=-4$，且$\frac{x_{1}^{2}}{20}+\frac{y_{1}^{2}}{16}=1$，$\frac{x_{2}^{2}}{20}+\frac{y_{2}^{2}}{16}=1$，两式相减得$\frac{(x_{1}+x_{2})(x_{1}-x_{2})}{20}+\frac{(y_{1}+y_{2})(y_{1}-y_{2})}{16}=0$，则$k_{MN}=\frac{y_{1}-y_{2}}{x_{1}-x_{2}}=-\frac{6}{5}$，故直线$l$的方程为$y+2=-\frac{6}{5}(x+3)$，即$6x+5y+28=0$。

16. 已知曲线$C:\dfrac{x^{2}}{m}+y^{2}=1(m＞0)$，$A(0,1)$，$B(0,-1)$，$P$是曲线$C$上的动点。当$P$不与$A,B$重合时，$PA,PB$的斜率之积为$-\frac{1}{m}$；若$\vert PB\vert\leqslant2$恒成立，则$m$的取值范围是$0\lt m\leqslant2$。

答案： 16.$-\frac{1}{m};0\lt m\leqslant2$ 解析 设$P(x,y)$，则$k_{PA}· k_{PB}=\frac{y-1}{x}·\frac{y+1}{x}=\frac{y^{2}-1}{x^{2}}=-\frac{1}{m}$，$\vert PB\vert=\sqrt{x^{2}+(y+1)^{2}}=\sqrt{m(1-y^{2})+(y+1)^{2}}\leqslant2$在$y\in[-1,1]$上恒成立，所以$m(1-y^{2})+(1+y)^{2}\leqslant4$在$y\in[-1,1]$上恒成立（显然当$y=\pm1$时成立），则$m(1-y^{2})+(1+y)^{2}\leqslant4$在$y\in(-1,1)$上也恒成立，则$m\leqslant\frac{4-(1+y)^{2}}{1-y^{2}}=\frac{y+3}{y+1}=1+\frac{2}{y+1}$，所以$m\leqslant(1+\frac{2}{y+1})_{\min}=2$，故$0\lt m\leqslant2$。

17. 已知椭圆$C:x^{2}+\dfrac{y^{2}}{4}=1$，$P(0,m)$为$y$轴上一动点，若存在以点$P$为圆心的圆$P$，与椭圆$C$有四个不同的公共点，则$m$的取值范围是$(-\frac{3}{2},\frac{3}{2})$。

答案： 17.$(-\frac{3}{2},\frac{3}{2})$ 解析 利用对称性，考虑椭圆的右半边，即椭圆的右半边存在不同的两点到点$P$的距离相等。设椭圆右半边上任意一点$Q(x_{0},y_{0})$，其中$y_{0}\in(-2,2)$，则$\vert PQ\vert=\sqrt{x_{0}^{2}+(y_{0}-m)^{2}}=\sqrt{\frac{3}{4}y_{0}^{2}-2my_{0}+m^{2}+1}=r$，关于$y_{0}$的方程在$y_{0}\in(-2,2)$上有两解，即存在$r$使得关于$y_{0}$的方程$\frac{3}{4}y_{0}^{2}-2my_{0}+m^{2}+1-r^{2}=0$在$y_{0}\in(-2,2)$上有两解，则只需对称轴$y=\frac{4}{3}m\in(-2,2)$，解得$m\in(-\frac{3}{2},\frac{3}{2})$。

18. 已知椭圆的左焦点为$F(-\sqrt{3},0)$，且右顶点为$D(2,0)$。设点$A$的坐标是$\left(1,\dfrac{1}{2}\right)$。
(1) 求该椭圆的标准方程；
(2) 若$P$是椭圆上的动点，求线段$PA$的中点$M$的轨迹方程。

答案： 18.
(1)$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$
(2)$(x-\frac{1}{2})^{2}+4(y-\frac{1}{4})^{2}=1$ 解析
(1)由题意得，$a=2$，$c=\sqrt{3}$，从而得$b=\sqrt{a^{2}-c^{2}}=1$，所以椭圆的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$。
(2)设$P(x_{0},y_{0})$，$M(x,y)$，又点A的坐标是$(1,\frac{1}{2})$，$M$为线段$PA$的中点，由中点坐标公式得$\begin{cases}x=\frac{x_{0}+1}{2}\\y+\frac{1}{2}=\frac{y_{0}}{2}\end{cases}$得$\begin{cases}x_{0}=2x-1\\y_{0}=2y-\frac{1}{2}\end{cases}$，又$\frac{x_{0}^{2}}{4}+y_{0}^{2}=1$，代入整理，得$(x-\frac{1}{2})^{2}+4(y-\frac{1}{4})^{2}=1$，即为所求中点$M$的轨迹方程。