【数学】2021届一轮复习人教A版（理）第十章第一讲　椭圆学案 14页

第十章　圆锥曲线与方程 第一讲　椭　圆 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1.[2020山西大同高三调研]在平面直角坐标系xOy中,椭圆C的中心为原点,焦点F 1,F 2在x轴上,离心率为‎2‎‎2‎,过F 1的直线l交C于A,B两点,且△ABF 2的周长为16,那么C的方程为(　　)‎ A.x‎2‎‎36‎‎+‎y‎2‎‎18‎=1 B.x‎2‎‎16‎‎+‎y‎2‎‎10‎=1C.x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1 D.x‎2‎‎16‎‎+‎y‎2‎‎8‎=1‎ ‎2.[2020湖北省宜昌一中模拟]椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的两个焦点为F 1( - c,0),F 2(c,0),M是椭圆上的一点,且满足F‎1‎M·F‎2‎M=0,则椭圆的离心率的取值范围为(　　)‎ A.(0,‎2‎‎2‎] B.(0,‎2‎‎2‎) C.(‎2‎‎2‎,1) D.[‎2‎‎2‎,1)‎ ‎3.[2020江西抚州高三第一次联考]已知点P是椭圆x‎2‎‎16‎‎+‎y‎2‎‎8‎=1上非顶点的动点,F 1,F 2分别是椭圆的左、右焦点,O为坐标原点,若M为∠F 1PF 2的平分线上一点,且F‎1‎M·MP=0,则|OM|的取值范围为(　　)‎ A.(0,3] B.(0,2‎2‎] C.(0,3) D.(0,2‎2‎)‎ ‎4.[2018全国卷Ⅱ,12,5分][理]已知F 1,F 2是椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为‎3‎‎6‎的直线上,△PF 1F 2为等腰三角形,∠F 1F 2P=120°,则C的离心率为(　　)‎ A.‎2‎‎3‎ B.‎1‎‎2‎ C.‎1‎‎3‎ D.‎‎1‎‎4‎ ‎5.[2019沈阳高三质量监测]已知椭圆的方程为x‎2‎‎9‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1,过椭圆中心的直线交椭圆于A,B两点,F 2是椭圆的右焦点,则△ABF 2的周长的最小值为　　　　,△ABF 2的面积的最大值为　　　　.‎ ‎6.[2020云南师大附中高三模拟]设F 1,F 2为椭圆C:x‎2‎‎4‎+y2=1的两个焦点,M为C上一点,且△MF 1F 2的内心I的纵坐标为2 - ‎3‎,则∠F 1MF 2的余弦值为　　　　. ‎ ‎7.[2019浙江,15,4分]已知椭圆x‎2‎‎9‎‎+‎y‎2‎‎5‎=1的左焦点为F ,点P在椭圆上且在x轴的上方.若线段PF 的中点在以原点O为圆心,|OF |为半径的圆上,则直线PF 的斜率是　　　　. ‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考法1椭圆定义的应用 ‎1(1)[2020武汉市武昌实验中学模拟]已知F 1,F 2分别是椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎‎9‎=1(a>3)的左、右焦点,P为椭圆C上一点,‎ 且∠F 1PF 2=120°,则|PF 1|·|PF 2|=　　　. ‎ ‎(2)[2020江西省九江市三校联考]已知F 是椭圆C:x‎2‎‎25‎‎+‎y‎2‎‎16‎=1的右焦点,P是椭圆上一点,A(0,‎36‎‎5‎),当△APF 的周长最大时,该三角形的面积为　　　. ‎ ‎(1)椭圆定义:|PF‎1‎|+|PF‎2‎|=2a余弦定理:|F‎1‎F‎2‎‎|‎‎2‎=|PF‎1‎‎|‎‎2‎+|PF‎2‎‎|‎‎2‎-‎‎2|PF‎1‎|·|PF‎2‎|cos120°‎→得到|PF 1|·|PF 2|的值 ‎(2)条件1:椭圆方程x‎2‎‎25‎+y‎2‎‎16‎=1‎条件2:△APF周长最大→直线AF'‎的方程yP的值→目标:S△APF =‎1‎‎2‎|F F '|·|yA - yP|‎ ‎(1)由椭圆的定义可知|PF 1|+|PF 2|=2a,且|F 1F 2|=2c=2a‎2‎‎-9‎.根据余弦定理,得|F 1F 2|2=|PF 1|2+|PF 2|2 - 2|PF 1|·|PF 2|cos120°,所以4(a2 - 9)=4a2 - 2|PF 1|·|PF 2|+|PF 1|·|PF 2|=4a2 - |PF 1|·|PF 2|,解得|PF 1|·|PF 2|=36.故填36.‎ ‎(2)设椭圆的左焦点为F ' ,由椭圆方程得a=5,F (3,0),F ' ( - 3,0).△APF 的周长为|AF |+|AP|+|PF |=|AF |+|AP|+2a - |PF '|≤10+(|AF |+|AF ' |),当A,F ' ,P三点共线且F ' 在线段AP上时取等号,此时△APF 的周长最大.设点P的坐标为(xP,yP),yP<0.易知直线AF ' 的方程为x‎-3‎‎+‎y‎36‎‎5‎=1,又xP‎2‎‎25‎‎+‎yP‎2‎‎16‎=1,可得yP= - ‎12‎‎5‎.所以S△APF =‎1‎‎2‎|F F ' |·|yA - yP|=‎1‎‎2‎×6×(‎36‎‎5‎‎+‎‎12‎‎5‎)=‎144‎‎5‎.故填‎144‎‎5‎.‎ 本题组的第(2)题中,利用数形结合的思想方法,巧妙地将求三角形APF 的周长的最大值转化为三角形的三边关系的分析,从而化繁为简,减少了计算量.‎ ‎1.(1)已知椭圆C:x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1,M,N是坐标平面内的两点,且M与C的焦点不重合.若M关于C的焦点的对称点分别为A,B,线段MN的中点在C上,则|AN|+|BN|=(　　)‎ A.4 B.8 C.12 D.16‎ ‎(2)[2019全国卷Ⅲ,15,5分]设F 1,F 2为椭圆C:x‎2‎‎36‎‎+‎y‎2‎‎20‎=1的两个焦点,M为C上一点且在第一象限.若△MF 1F 2为等腰三角形,则M的坐标为　　　　. ‎ 考法2椭圆的标准方程 ‎2过点(‎3‎, - ‎5‎),且与椭圆y‎2‎‎25‎‎+‎x‎2‎‎9‎=1有相同焦点的椭圆的标准方程为 A.x‎2‎‎20‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1 B.x‎2‎‎2‎‎5‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1‎ C.y‎2‎‎20‎‎+‎x‎2‎‎4‎=1 D.x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎‎5‎=1‎ 解法一　(定义法)椭圆y‎2‎‎25‎‎+‎x‎2‎‎9‎=1的焦点为(0, - 4),(0,4),即c=4.‎ 由椭圆的定义知,2a=‎(‎3‎-0‎)‎‎2‎+(-‎5‎+4‎‎)‎‎2‎+‎ ‎(‎3‎-0‎)‎‎2‎+(-‎5‎-4‎‎)‎‎2‎‎,解得a=2‎5‎.‎ 由c2=a2 - b2,可得b2=4.‎ 所以所求椭圆的标准方程为y‎2‎‎20‎‎+‎x‎2‎‎4‎=1.‎ 解法二　(待定系数法)设所求椭圆方程为y‎2‎‎25+k‎+‎x‎2‎‎9+k=1(k> - 9),将点(‎3‎, - ‎5‎)的坐标代入,可得‎(-‎‎5‎‎)‎‎2‎‎25+k‎+‎‎(‎‎3‎‎)‎‎2‎‎9+k=1,解得k= - 5,所以所求椭圆的标准方程为y‎2‎‎20‎‎+‎x‎2‎‎4‎=1.‎ C ‎2.[2019全国卷Ⅰ,10，5分][,理]已知椭圆C的焦点为F 1( - 1,0),F 2(1,0),过F 2的直线与C交于A,B两点.若|AF 2|=2|F 2B|,|AB|=|BF 1|,则C的方程为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.x‎2‎‎2‎+y2=1 B.x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1 C.x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1 D.x‎2‎‎5‎‎+‎y‎2‎‎4‎=1‎ 考法3椭圆的几何性质 命题角度1　求椭圆离心率或其取值范围 ‎3 [2017全国卷Ⅲ,10,5分][理]已知椭圆C:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1,A2,且以线段A1A2为直径的圆与直线bx - ay+2ab=0相切,则C的离心率为 A.‎6‎‎3‎ B.‎3‎‎3‎ C.‎2‎‎3‎ D.‎‎1‎‎3‎ 根据已知求出圆的方程,根据直线与圆相切列出关于a,b的等式,结合a2=b2+c2求出离心率.‎ 以线段A1A2为直径的圆的方程为x2+y2=a2,由原点到直线bx - ay+2ab=0的距离d=‎2abb‎2‎‎+‎a‎2‎=a,得a2=3b2,所以C的离心率e=‎1-‎b‎2‎a‎2‎‎=‎‎6‎‎3‎.‎ A 命题角度2　求与椭圆有关的最值或取值范围问题 ‎4[2017全国卷Ⅰ,12,5分]设A,B是椭圆C:x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎m=1长轴的两个端点.若C上存在点M满足∠AMB=120°,则m的取值范围是 A.(0,1]∪[9,+∞) B.(0,‎3‎]∪[9,+∞)C.(0,1]∪[4,+∞) D.(0,‎3‎]∪[4,+∞)‎ 焦点位置不确定,分情况讨论.‎ 依题意得‎3‎m‎≥tan‎∠AMB‎2‎,‎‎03,‎所以‎3‎m‎≥tan60°,‎‎03,‎解得0b>0)的左、右顶点,若在椭圆上存在点P,使得kPA‎1‎·kPA‎2‎> - ‎1‎‎2‎,则该椭圆的离心率的取值范围是(　　)‎ A.(0,‎1‎‎2‎) B.(0,‎2‎‎2‎) C.(‎2‎‎2‎,1) D.(‎1‎‎2‎,1)‎ ‎（2）如图10 - 1 - 2,焦点在x轴上的椭圆x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1的离心率e=‎1‎‎2‎,F ,A分别是椭圆的一个焦点和顶点,P是椭圆上任意一点,则PF·PA的最大值为　　　　. ‎ 考法4直线与椭圆的综合应用 命题角度1　直线与椭圆的位置关系 ‎5已知对任意k∈R,直线y - kx - 1=0与椭圆x‎2‎‎5‎‎+‎y‎2‎m=1恒有公共点,则实数m的取值范围为　　　　. ‎ 解法一　由椭圆方程,可知m>0,且m≠5,‎ 将直线与椭圆的方程联立,得y-kx-1=0,‎x‎2‎‎5‎‎+y‎2‎m=1,‎ 整理,得(5k2+m)x2+10kx+5(1 - m)=0.‎ 因为直线与椭圆恒有公共点,故Δ=(10k)2 - 4×(5k2+m)×5(1 - m)=20(5k2m - m+m2)≥0.因为m>0,所以不等式等价于5k2 - 1+m≥0,即k2≥‎1-m‎5‎,由题意,可知不等式恒成立,则‎1-m‎5‎≤0,解得m≥1.‎ 综上,m的取值范围为m≥1且m≠5.‎ 解法二　因为方程x‎2‎‎5‎‎+‎y‎2‎m=1表示椭圆,所以m>0且m≠5.‎ 因为直线y - kx - 1=0过定点(0,1),‎ 所以要使直线和椭圆恒有公共点,点(0,1)在椭圆上或椭圆内,即‎0‎‎2‎‎5‎‎+‎‎1‎‎2‎m≤1,整理得‎1‎m≤1,解得m≥1.‎ 综上,m的取值范围为m≥1且m≠5.‎ 命题角度2　弦长问题 ‎6 [2019河北省六校联考]已知椭圆E:x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的焦距为2c,且b=‎3‎c,圆O:x2+y2=r2(r>0)与x轴交于点M,N,P为椭圆E上的动点,|PM|+|PN|=2a,△PMN面积的最大值为‎3‎.‎ ‎(1)求圆O与椭圆E的方程;‎ ‎(2)圆O的切线l交椭圆E于点A,B,求|AB|的取值范围.‎ ‎(1)由题意,结合几何关系即可求得a,b,c的值→求出圆O的方程及椭圆E的方程 ‎(2)当直线l的斜率不存在时,计算出|AB|→当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,利用圆心到 直线l的距离等于半径可得m2=1+k2→联立直线与椭圆方程并消去y可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2 - 12=0,由弦长公式表示出|AB|→‎ 利用换元法及二次函数的性质可得|AB|的取值范围 ‎(1)因为b=‎3‎c,所以a=2c.‎ 因为|PM|+|PN|=2a,所以点M,N为椭圆的焦点,所以r2=c2=‎1‎‎4‎a2.‎ 设P(x0,y0), - b≤y0≤b,则S△PMN=r·|y0|=‎1‎‎2‎a|y0|,‎ 当|y0|=b时,(S△PMN)max=‎1‎‎2‎ab=‎3‎,‎ 所以r=c=1,b=‎3‎,a=2,‎ 所以圆O的方程为x2+y2=1,椭圆E的方程为x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时,不妨取直线l的方程为x=1,则可取A(1,‎3‎‎2‎),B(1, - ‎3‎‎2‎),|AB|=3.‎ 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+m,A(x1,kx1+m),B(x2,kx2+m),‎ 因为直线l与圆O相切,所以‎|m|‎‎1+‎k‎2‎=1,即m2=1+k2,‎ 由x‎2‎‎4‎‎+y‎2‎‎3‎=1,‎y=kx+m消去y,可得(4k2+3)x2+8kmx+4m2 - 12=0,‎ Δ=64k2m2 - 4(4k2+3)(4m2 - 12)=48(4k2+3 - m2)=48(3k2+2)>0,x1+x2= - ‎8km‎4k‎2‎+3‎,x1x2=‎4m‎2‎-12‎‎4k‎2‎+3‎.‎ ‎|AB|=k‎2‎‎+1‎·‎‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎-4‎x‎1‎x‎2‎ ‎=4‎3‎·k‎2‎‎+1‎·‎‎4k‎2‎+3-‎m‎2‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎‎4‎3‎·‎‎(k‎2‎+1)(3k‎2‎+2)‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎‎4‎3‎·‎‎(k‎2‎+‎3‎‎4‎+‎1‎‎4‎)[3(k‎2‎+‎3‎‎4‎)-‎1‎‎4‎]‎‎4k‎2‎+3‎ ‎=‎3‎·‎-‎1‎‎16‎·‎1‎‎(k‎2‎+‎‎3‎‎4‎‎)‎‎2‎+‎1‎‎2‎·‎1‎k‎2‎‎+‎‎3‎‎4‎+3‎.‎ 令t=‎1‎k‎2‎‎+‎‎3‎‎4‎,0b>0)的右焦点为F (3,0),过点F 的直线交椭圆于A,B两点.若线段AB的中点坐标为(1, - 1),则E的方程为　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.x‎2‎‎45‎‎+‎y‎2‎‎36‎=1 B.x‎2‎‎36‎‎+‎y‎2‎‎27‎=1‎ C.x‎2‎‎27‎‎+‎y‎2‎‎18‎=1 D.x‎2‎‎18‎‎+‎y‎2‎‎9‎=1‎ 由“点差法”得到中点坐标和斜率的关系式→利用焦点坐标和中点坐标,结合c=3,求出a2,b2的值→得到椭圆方程 设A(x1,y1),B(x2,y2),代入椭圆方程得x‎1‎‎2‎a‎2‎‎+y‎1‎‎2‎b‎2‎=1　①,‎x‎2‎‎2‎a‎2‎‎+y‎2‎‎2‎b‎2‎=1　②,‎① - ②得x‎1‎‎2‎‎-‎x‎2‎‎2‎a‎2‎‎+‎y‎1‎‎2‎‎-‎y‎2‎‎2‎b‎2‎=0,易知x1≠x2,‎ ‎∴x‎1‎‎+‎x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎1‎‎-‎y‎2‎x‎1‎‎-‎x‎2‎·y‎1‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=0.‎ ‎∵ x1+x2=2,y1+y2= - 2,kAB=‎-1-0‎‎1-3‎‎=‎‎1‎‎2‎,‎ ‎∴‎2‎a‎2‎‎+‎‎1‎‎2‎×‎-2‎b‎2‎=0,即a2=2b2.‎ 又c=3=a‎2‎‎-‎b‎2‎,∴a2=18,b2=9.‎ ‎∴椭圆E的方程为x‎2‎‎18‎‎+‎y‎2‎‎9‎=1.‎ D 本题设出A,B两点的坐标,却不求出A,B两点的坐标,而是利用点差法,巧妙地表达出直线AB的斜率,并利用焦点坐标和中点坐标建立几何量之间的关系,从而快速解决问题.‎ ‎4.[2019天津,18,13分][理]设椭圆x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左焦点为F ,上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4,离心率为‎5‎‎5‎.‎ ‎(Ⅰ)求椭圆的方程;‎ ‎(Ⅱ)设点P在椭圆上,且异于椭圆的上、下顶点,点M为直线PB与x轴的交点,点N在y轴的负半轴上.若|ON|=|OF |(O为原点),且OP⊥MN,求直线PB的斜率.‎ 数学应用椭圆与物理知识的融合 ‎8如图10 - 1 - 3所示,椭圆有这样的一个光学性质:从椭圆的一个焦点出发的光线,经椭圆反射后,反射光线经过椭圆的另一个焦点.已知椭圆C的方程为x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),其左、右焦点分别是F 1,F 2,直线l与椭圆C切于点P,且|PF 1|=1,过点P且与直线l垂直的直线l' 与椭圆长轴交于点M,若e=‎3‎‎2‎,SΔPMF‎1‎SΔPMF‎2‎‎=‎‎1‎‎3‎,则椭圆C的标准方程为 A.x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1　　　　　　　B.x‎2‎‎4‎‎+‎y‎2‎‎3‎=1C.x‎2‎‎4‎+y2=1 D.x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1‎ 由光学知识得到直线l' 平分∠F 1PF 2→由三角形面积比和已知条件可求出a的值,再利用椭圆的定义、离心率可求出b的值→即得椭圆的方程 由光学知识可知直线l' 平分∠F 1PF 2,‎ 因为SΔPMF‎1‎SΔPMF‎2‎‎=‎|F‎1‎M|‎‎|F‎2‎M|‎=‎1‎‎2‎‎|F‎1‎P||PM|sin∠F‎1‎PM‎1‎‎2‎‎|F‎2‎P||PM|sin∠F‎2‎PM=‎‎|PF‎1‎|‎‎|PF‎2‎|‎=‎1‎‎3‎,|PF 1|=1,所以|PF 2|=3,又|PF 1|+|PF 2|=2a,所以a=2.‎ 因为e=ca‎=‎‎3‎‎2‎,b2=a2 - c2,所以b=1,‎ 所以椭圆的标准方程为x‎2‎‎4‎+y2=1.‎ C 素养探源　‎ 核心素养 考查途径 素养水平 数学运算 ‎①由光学知识得到SΔPMF‎1‎SΔPMF‎2‎‎=‎|F‎1‎M|‎‎|F‎2‎M|‎=‎1‎‎2‎‎|F‎1‎P||PM|sin ∠F‎1‎PM‎1‎‎2‎‎|F‎2‎P||PM|sin∠F‎2‎PM=‎‎|PF‎1‎|‎‎|PF‎2‎|‎.‎ ‎②由三角形面积比,椭圆的定义、离心率等求出a,b的值.‎ 二 逻辑推理 理解椭圆的光学性质,由光学知识得到直线l' 平分∠F 1PF 2.‎ 二 解后反思　‎ 本题给出了椭圆的一个光学性质,即从椭圆的一个焦点出发的光线,经过椭圆反射后,反射光线经过椭圆的另一个焦点.本题以椭圆的光学性质为背景设题,与物理知识融合,考查椭圆的定义与性质,凸显了数学的应用性.‎ ‎ ‎ ‎1.D　设椭圆的方程为x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),由e2=c‎2‎a‎2‎=1 - b‎2‎a‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎,得a2=2b2,根据椭圆的定义可知△ABF2的周长为4a,所以4a=16,即a=4,a2=16,b2=8,则椭圆的标准方程为x‎2‎‎16‎‎+‎y‎2‎‎8‎=1,故选D.‎ ‎2.D　设点M(x0,y0),因为F‎1‎M·F‎2‎M=0,所以(x0+c)·(x0 - c)+y‎0‎‎2‎=0,即x‎0‎‎2‎‎+‎y‎0‎‎2‎=c2　①.‎ 又点M在椭圆C上,所以x‎0‎‎2‎a‎2‎‎+‎y‎0‎‎2‎b‎2‎=1　②.①②联立,结合a2 - b2=c2,可得x‎0‎‎2‎‎=‎a‎2‎‎(c‎2‎ - b‎2‎)‎c‎2‎.由椭圆的性质可知0≤x‎0‎‎2‎≤a2,即a‎2‎‎(c‎2‎ - b‎2‎)‎c‎2‎‎≥0,‎a‎2‎‎(c‎2‎ - b‎2‎)‎c‎2‎‎≤a‎2‎,‎即c‎2‎‎≥b‎2‎,‎c‎2‎‎ - b‎2‎≤c‎2‎,‎所以c2≥b2,所以c2≥a2 - c2,即2c2≥a2,可得e2≥‎1‎‎2‎.又00),由题意知F( - 2,0),所以线段FP的中点M的坐标为(‎ - 2+m‎2‎,n‎2‎).因为点M在圆x2+y2=4上,所以(‎ - 2+m‎2‎)2+(n‎2‎)2=4,又点P(m,n)在椭圆x‎2‎‎9‎‎+‎y‎2‎‎5‎=1上,所以m‎2‎‎9‎‎+‎n‎2‎‎5‎=1,所以4m2 - 36m - 63=0,所以m= - ‎3‎‎2‎,n=‎　‎‎15‎‎2‎,所以kPF=‎15‎‎2‎‎ - 0‎‎ - ‎3‎‎2‎ - ( - 2)‎‎=‎‎15‎.‎ 图D 10 - 1 - 5‎ 解法二　如图D 10 - 1 - 5,连接O与PF的中点M,由题意知|OM|=|OF|=2,设椭圆的右焦点为F1,连接PF1,在△PFF1中,OM为中位线,所以|PF1|=4,由椭圆的定义知|PF|+|PF1|=6,所以|PF|=2.因为M为PF的中点,所以|MF|=1.在等腰三角形OMF中,过O作OH⊥MF于点H,所以|OH|=‎2‎‎2‎‎ - (‎‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎‎=‎‎15‎‎2‎,所以kPF=tan∠HFO=‎15‎‎2‎‎1‎‎2‎‎=‎‎15‎.‎ ‎1.(1)B　设MN的中点为D,椭圆C的左、右焦点分别为F1,F2,如图D 10 - 1 - 6,连接MA,MB,DF1,DF2,‎ 图D 10 - 1 - 6‎ 因为F1是MA的中点,D是MN的中点,所以F1D是△MAN的中位线,则|DF1|=‎1‎‎2‎|AN|,同理可得|DF2|=‎1‎‎2‎|BN|,所以|AN|+|BN|=2(|DF1|+|DF2|).因为D在椭圆上,所以根据椭圆的定义知|DF1|+|DF2|=4,所以|AN|+|BN|=8.故选B.‎ ‎(2)(3,‎15‎)　不妨令F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点,根据题意可知c=‎36 - 20‎=4.因为△MF1F2为等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a - 8=4.设M(x,y),则x‎2‎‎36‎‎+y‎2‎‎20‎=1,‎‎|F‎1‎M‎|‎‎2‎=(x+4‎)‎‎2‎+y‎2‎=64,‎x>0,‎y>0,‎得x=3,‎y=‎15‎,‎ 所以M的坐标为(3,‎15‎).‎ ‎2.B　设椭圆C的标准方程为x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0),因为|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,所以|BF1|=3|F2B|.又|BF1|+|F2B|=2a,所以|F2B|=a‎2‎,则|AF2|=a,|AB|=|BF1|=‎3‎‎2‎a,|AF1|=a.‎ 解法一　在△ABF1中,由余弦定理得cos∠BAF1=‎|AB‎|‎‎2‎+|AF‎1‎‎|‎‎2‎ - |BF‎1‎‎|‎‎2‎‎2|AB||AF‎1‎|‎‎=‎(‎3a‎2‎‎)‎‎2‎+a‎2‎ - (‎‎3a‎2‎‎)‎‎2‎‎2·‎3a‎2‎·a=‎‎1‎‎3‎.因为椭圆C的焦点为F1( - 1,0),F2(1,0),所以c=1,|F1F2|=2.在△AF1F2中,由余弦定理得|F1F2|2=|AF1|2+|AF2|2 - 2|AF1||AF2|·cos∠BAF1,即4=a2+a2 - 2a2·‎1‎‎3‎,解得a2=3,所以b2=a2 - c2=2.于是椭圆C的标准方程为x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1.故选B.‎ 解法二　因为|AF1|=|AF2|=a,所以点A为椭圆的上顶点或下顶点.不妨设A(0, - b),因为AF‎2‎=2F‎2‎B,所以B(‎3‎‎2‎,b‎2‎),代入椭圆方程得‎9‎‎4‎a‎2‎‎+‎b‎2‎‎4‎b‎2‎=1,解得a2=3.又c=1,所以b2=a2 - c2=2.于是椭圆C的标准方程为x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1.故选B.‎ ‎3.(1)C　由题意知,椭圆x‎2‎a‎2‎‎+‎y‎2‎b‎2‎=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1( - a,0),A2(a,0),设P(x0,y0),则kPA‎1‎·kPA‎2‎‎=‎y‎0‎‎2‎x‎0‎‎2‎‎ - ‎a‎2‎> - ‎1‎‎2‎.因为x‎0‎‎2‎a‎2‎‎+‎y‎0‎‎2‎b‎2‎=1,所以a2 - x‎0‎‎2‎‎=‎a‎2‎y‎0‎‎2‎b‎2‎,所以b‎2‎a‎2‎‎<‎‎1‎‎2‎,即a‎2‎‎ - ‎c‎2‎a‎2‎‎<‎‎1‎‎2‎,1 - e2<‎1‎‎2‎,所以e2>‎1‎‎2‎,又00),则|PF2|=2a - m,|QF2|=2m - 2a,|QF1|=4a - 2m.由题意知△PQF1为等腰直角三角形,所以|QF1|=‎2‎|PF1|,故m=4a - 2‎2‎a.因为|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2,所以(4a - 2‎2‎a)2+[2a - (4a - 2‎2‎a)]2=4c2,整理得4×(ca)2=36 - 24‎2‎,即ca‎=‎9 - 6‎‎2‎=‎6‎ - ‎‎3‎,故选D.‎ ‎【解题关键】　求解本题的关键是利用题设条件构建关于a,c的一个方程.‎ ‎4.A　解法一　由椭圆标准方程,得a=5,b=3,所以c=a‎2‎‎ - ‎b‎2‎=4.设|PF1|=t1,|PF2|=t2,由椭圆的定义可得t1+t2=10　①.在△F1PF2中,∠F1PF2=60°,根据余弦定理可得|PF1|2+|PF2|2 - 2|PF1|·|PF2|cos 60°=|F1F2|2=(2c)2=64,整理可得t‎1‎‎2‎‎+‎t‎2‎‎2‎ - t1t2=64　②.把①两边平方得t‎1‎‎2‎‎+‎t‎2‎‎2‎+2t1t2=100　③.由③ - ②可得t1t2=12,所以S‎△F‎1‎PF‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎t1t2sin∠F1PF2=3‎3‎.故选A.‎ 解法二　由椭圆焦点三角形的面积公式,得S‎△F‎1‎PF‎2‎=b2tanθ‎2‎=9tan‎60°‎‎2‎=3‎3‎.故选A.‎ ‎5.B　由题意可知,ca‎×‎‎2‎=1,即c=‎2‎‎2‎a.因为c=‎2‎,所以a=2,b2=a2 - c2=2.不妨设点P与点F2在y轴右侧,则‎|PF‎1‎|+|PF‎2‎|=4,‎‎|PF‎1‎| - |PF‎2‎|=2,‎解得‎|PF‎1‎|=3,‎‎|PF‎2‎|=1,‎即|PF1|2=‎|F‎1‎F‎2‎|‎‎2‎‎+‎‎|PF‎2‎|‎‎2‎,所以△F1PF2为直角三角形,故选B.‎ ‎6.‎9‎‎2‎　设点P在双曲线的右支上,F2为两曲线的右焦点,由椭圆及双曲线的定义可得‎|PF‎1‎|+|PF‎2‎|=2a‎1‎,‎‎|PF‎1‎| - |PF‎2‎|=2a‎2‎,‎解得‎|PF‎1‎|=a‎1‎+a‎2‎,‎‎|PF‎2‎|=a‎1‎ - a‎2‎.‎设|F1F2|=2c,因为PF1⊥PF2,所以(a1+a2)2+(a1 - a2)2=4c2,整理得a‎1‎‎2‎‎+‎a‎2‎‎2‎=2c2,两边同时除以c2,得‎1‎e‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎e‎2‎‎2‎=2.所以4e‎1‎‎2‎‎+e‎2‎‎2‎=‎‎1‎‎2‎(4e‎1‎‎2‎‎+‎e‎2‎‎2‎)(‎1‎e‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎e‎2‎‎2‎)=‎1‎‎2‎(5+‎4‎e‎1‎‎2‎e‎2‎‎2‎‎+‎e‎2‎‎2‎e‎1‎‎2‎)≥‎1‎‎2‎×(5+2×2)=‎9‎‎2‎,当且仅当‎4‎e‎1‎‎2‎e‎2‎‎2‎‎=‎e‎2‎‎2‎e‎1‎‎2‎,且‎1‎e‎1‎‎2‎‎+‎‎1‎e‎2‎‎2‎=2时取“=”,即当e1=‎3‎‎2‎,e2=‎6‎‎2‎时取“=”,故4e‎1‎‎2‎‎+‎e‎2‎‎2‎的最小值为‎9‎‎2‎.‎ ‎7.[1,4]　由已知得2b=2,故b=1,∴a2 - c2=b2=1　①.∵△F1AB的面积为‎2–‎‎3‎‎2‎,∴‎1‎‎2‎(a - c)b=‎2–‎‎3‎‎2‎,∴a - c=2 – ‎3‎　②.由①②联立解得,a=2,c=‎3‎.由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a=4,∴‎1‎‎|PF‎1‎|‎‎+‎1‎‎|PF‎2‎|‎=‎|PF‎1‎|+|PF‎2‎|‎‎|PF‎1‎||PF‎2‎|‎=‎4‎‎|PF‎1‎|(4 - |PF‎1‎|)‎=‎‎4‎‎ - |PF‎1‎‎|‎‎2‎+4|PF‎1‎|‎,又2 – ‎3‎≤|PF1|≤2+‎3‎,∴1≤ - |PF1|2+4|PF1|≤4,‎ ‎∴1≤‎1‎‎|PF‎1‎|‎‎+‎‎1‎‎|PF‎2‎|‎≤4,即‎1‎‎|PF‎1‎|‎‎+‎‎1‎‎|PF‎2‎|‎的取值范围是[1,4].‎ ‎8.(1)由题意知,a+c=‎3‎+1,a - c=‎3‎ - 1.‎ 又a2=b2+c2,所以可得b=‎2‎,c=1,a=‎3‎,‎ 所以椭圆的方程为x‎2‎‎3‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(2)由(1)可知F( - 1,0),则直线CD的方程为y=k(x+1),‎ 由y=k(x+1),‎x‎2‎‎3‎‎+y‎2‎‎2‎=1,‎ 消去y得(2+3k2)x2+6k2x+3k2 - 6=0.‎ Δ=36k4 - 4(2+3k2)(3k2 - 6)=48k2+48>0.‎ 设C(x1,y1),D(x2,y2),‎ 则x1+x2= - ‎6‎k‎2‎‎2+3‎k‎2‎,x1x2=‎3k‎2‎ - 6‎‎2+3‎k‎2‎.‎ 又A( - ‎3‎,0),B(‎3‎,0),‎ 所以AC·DB‎+‎AD·‎CB ‎=(x1+‎3‎,y1)·(‎3‎ - x2, - y2)+(x2+‎3‎,y2)·(‎3‎ - x1, - y1)‎ ‎=6 - 2x1x2 - 2y1y2‎ ‎=6 - 2x1x2 - 2k2(x1+1)(x2+1)‎ ‎=6 - (2+2k2)x1x2 - 2k2(x1+x2) - 2k2‎ ‎=6+‎‎2k‎2‎+12‎‎2+3‎k‎2‎ ‎=10,‎ 解得k=±‎10‎‎5‎.‎ ‎9.(1)由题意可得ca‎=‎3‎‎2‎,‎‎2‎c‎=‎6‎‎3‎,‎解得a=2‎2‎,‎c=‎6‎,‎ 则b2=a2 - c2=2.‎ 所以椭圆C的方程为x‎2‎‎8‎‎+‎y‎2‎‎2‎=1.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时,|AB|=2‎2‎,|MN|=2,|AB|≠|MN|,不合题意,所以直线l的斜率存在.‎ 当直线l的斜率存在时,设直线l的方程为y=kx+2,‎ 由y=kx+2,‎x‎2‎‎8‎‎+y‎2‎‎2‎=1‎消去y并整理,得(1+4k2)x2+16kx+8=0.‎ Δ=(16k)2 - 32(1+4k2)=128k2 - 32>0,即k2>‎1‎‎4‎.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),N(x0,y0),则x1+x2= - ‎16k‎1+4‎k‎2‎,x1x2=‎8‎‎1+4‎k‎2‎,则x0=x‎1‎‎+‎x‎2‎‎2‎= - ‎8k‎1+4‎k‎2‎.‎ 因为|AB|=|MN|,‎ 所以‎1+‎k‎2‎|x1 - x2|=‎1+‎k‎2‎|x0 - 0|,‎ 则‎(x‎1‎+x‎2‎‎)‎‎2‎ - 4‎x‎1‎x‎2‎=|x0|,即‎4‎‎2‎‎4k‎2‎ - 1‎‎1+4‎k‎2‎=|‎8k‎1+4‎k‎2‎|.‎ 整理得k2=‎1‎‎2‎‎>‎‎1‎‎4‎,解得k=±‎2‎‎2‎.‎ 于是直线l的方程为y=±‎2‎‎2‎x+2.‎