第3.1节综合训练

设椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1 $ 的另一个焦点为 $ F^\prime (1,0) $ ,圆的圆心为 $ C(0,1) $ ,其半径 $ r=1 $ ,

那么 $ \left|PF\right|+\left|PF\prime \right|=2a=4 $ ,所以 $ \left|PF\right|=4-\left|PF\prime \right| $ ,所以 $ \left|PQ\right|+\left|PF\right|=4+\left|PQ\right|-\left|PF\prime \right| $ ,所以要求 $ \left|PQ\right|+\left|PF\right| $ 的最大值,即求 $ 4+\left|PQ\right|-\left|PF\prime \right| $ 的最大值.因为 $ \left|PQ\right|-\left|PF\prime \right|\leqslant \left|QF\prime \right| $ ,所以当 $ P $ , $ Q $ , $ F^\prime $ 三点共线时 $ (F^\prime $ 在线段 $ PQ $ 上 $ ) $ , $ \left|PQ\right|-\left|PF\prime \right| $ 取得最大值，最大值为 $ \left|QF\prime \right| $ .而 $ {\left|QF\prime \right|}_{ \max }=\left|CF\prime \right|+r=\sqrt{2}+1 $ ,所以 $ \left|PQ\right|+\left|PF\right| $ 的最大值,即 $ 4+\left|PQ\right|-\left|PF\prime \right| $ 的最大值为 $ 4+\sqrt{2}+1=5+\sqrt{2} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

连接 $ OM $ .

由点 $ M(\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ -\dfrac{1}{2}) $ 在半圆上，得 $ b=|OM|=\dfrac{\sqrt{3}}{2} $ .

由椭圆方程可知图中 $ G(0,a) $ , $ A(-b,0) $ ，要使 $ △AGM $ 的面积最大，可平移直线 $ AG $ ，当直线 $ AG $ 与半圆相切于点 $ M(\dfrac{\sqrt{2}}{2},-\dfrac{1}{2}) $ 时，点 $ M $ 到直线 $ AG $ 的距离最大，此时 $ OM\perp AG $ ，即 $ {k}_{OM}\cdot {k}_{AG}=-1 $ ，又 $ {k}_{OM}=\dfrac{-\dfrac{1}{2}}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}=-\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ , $ {k}_{AG}=\dfrac{a}{b} $ ,则 $ -\dfrac{\sqrt{2}}{2}\cdot \dfrac{a}{b}=-1 $ ,得 $ a=\sqrt{2}b=\dfrac{\sqrt{6}}{2} $ ，所以半椭圆的方程是 $ \dfrac{4{x}^{2}}{3}+\dfrac{2{y}^{2}}{3}=1(y\geqslant 0) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

点 $ {F}_{1} $ 关于 $ \mathrm{\angle }{F}_{1}M{F}_{2} $ 的平分线的对称点 $ N $ 必在 $ M{F}_{2} $ 上，因此点 $ M $ , $ {F}_{2} $ , $ N $ 共线， $ |M{F}_{1}|=|MN| $ ， $ |M{F}_{1}|+|M{F}_{2}|=2a $ ，设 $ |M{F}_{1}|=m(0 < m < 2a) $ ，则 $ |M{F}_{2}|=2a-m $ ， $ |MN|=m $ ， $ |N{F}_{2}|=|MN|-|M{F}_{2}|=2m-2a $ ，又 $ |N{F}_{1}|+|N{F}_{2}|=2a $ ，故 $ |{F}_{1}N|=4a-2m $ .

在 $ △M{F}_{1}N $ 中，由余弦定理得 $ |{F}_{1}N{|}^{2}={|M{F}_{1}|}^{2}+{|MN|}^{2}-2|M{F}_{1}||MN|\cdot \cos \mathrm{\angle }{F}_{1}M{F}_{2} $ ，

即 $ (4a-2m)^{2}={m}^{2}+{m}^{2}-2{m}^{2}×\dfrac{7}{9} $ ，化简并整理得 $ 2{m}^{2}-9am+9{a}^{2}=0 $ ，解得 $ m=3a $ （舍去）或 $ m=\dfrac{3}{2}a $ ，故 $ |M{F}_{1}|=\dfrac{3}{2}a $ ， $ |M{F}_{2}|=\dfrac{1}{2}a $ .

在 $ △M{F}_{1}{F}_{2} $ 中， $ |{F}_{1}{F}_{2}|=2c $ ，由余弦定理得 $ (2c)^{2}={\left(\dfrac{3}{2}a \right) ^ {2}}+{\left(\dfrac{1}{2}a \right) ^ {2}}-2×\dfrac{3}{2}a×\dfrac{1}{2}a×\dfrac{7}{9} $ ，解得 $ e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

由 $ y=-\sqrt{1-\dfrac{{x}^{2}}{6}}(y\ne 0) $ ,得 $ \dfrac{{x}^{2}}{6}+{y}^{2}=1(y < 0) $ ,则曲线 $ M $ 是椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{6}+{y}^{2}=1 $ 的下半部分（不包含左、右顶点）,

则 $ A $ , $ B $ 分别是椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{6}+{y}^{2}=1 $ 的左、右焦点, $ C $ , $ D $ 分别是椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{6}+{y}^{2}=1 $ 的左、右顶点,根据椭圆的定义可知 $ \left|PA\right|+\left|PB\right|=2a=2\sqrt{6} $ , $ \mathrm{A} $ 正确.

当 $ P $ 为椭圆 $ \dfrac{{x}^{2}}{6}+{y}^{2}=1 $ 的下顶点时, $ △PCD $ 的面积取得最大值,为 $ \dfrac{1}{2}×1×2\sqrt{6}=\sqrt{6} $ , $ \mathrm{B} $ 错误.

设 $ P(x,y) $ ,则直线 $ PC $ 与 $ PD $ 的斜率之积为 $ \dfrac{{y}^{2}}{{x}^{2}-6}=\dfrac{1-\dfrac{{x}^{2}}{6}}{{x}^{2}-6}=-\dfrac{1}{6} $ , $ \mathrm{C} $ 正确.

由 $ PA\perp PB $ , $ \left|PB\right| > \left|PA\right| $ ,得 $ {\left|PA\right|}^{2}+{\left|PB\right|}^{2}={\left|AB\right|}^{2} $ ,则 $ {\left(2\sqrt{6}-\left|PB\right|\right) ^ {2}}+{\left|PB\right|}^{2}={\left(2\sqrt{5}\right) ^ {2}} $ ,且 $ \left|PB\right| > 2\sqrt{6}-\left|PB\right| $ ,解得 $ \left|PB\right|=\sqrt{6}+2 $ ,则 $ \left|PA\right|=\sqrt{6}-2 $ ,则 $ \tan \mathrm{\angle }PAB=\dfrac{\left|PB\right|}{\left|PA\right|}=\dfrac{\sqrt{6}+2}{\sqrt{6}-2}=5+2\sqrt{6} $ , $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ，因为直线 $ l:y=kx+kc=k(x+c) $ ，所以直线 $ l $ 过椭圆的左焦点 $ {F}_{1} $ ，因为点 $ A $ , $ B $ 是椭圆上的两点，所以 $ \left|A{F}_{1}\right|+\left|A{F}_{2}\right|=\left|B{F}_{1}\right|+\left|B{F}_{2}\right|=2a $ ，而 $ △AB{F}_{2} $ 的周长为 $ \left|AB\right|+\left|A{F}_{2}\right|+\left|B{F}_{2}\right|=\left|A{F}_{1}\right|+\left|B{F}_{1}\right|+\left|A{F}_{2}\right|+\left|B{F}_{2}\right|=4a $ ，故 $ \mathrm{A} $ 正确；

对于 $ \mathrm{B} $ ，若 $ e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2} $ ，则 $ a=2c $ , $ b=\sqrt{3}c $ ，由 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{4{c}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{3{c}^{2}}=1,\\ y=kx+kc\end{cases} $ 消去 $ y $ ，整理得 $ (4{k}^{2}+3){x}^{2}+8{k}^{2}cx+4{k}^{2}{c}^{2}-12{c}^{2}=0 $ ，

由直线 $ l $ 恒过点 $ {F}_{1}(-c,0) $ ，知 $ \mathrm{\Delta } > 0 $ ，

设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ，

则 $ \begin{cases}{x}_{1}+{x}_{2}=-\dfrac{8{k}^{2}c}{4{k}^{2}+3},\\ {x}_{1}\cdot {x}_{2}=\dfrac{4{k}^{2}{c}^{2}-12{c}^{2}}{4{k}^{2}+3},\end{cases} $

则 $ \left|AB\right|=\sqrt{1+{k}^{2}}\left|{x}_{1}-{x}_{2}\right| $

$ =\sqrt{1+{k}^{2}}\cdot \sqrt{{\left({x}_{1}+{x}_{2}\right) ^ {2}}-4{x}_{1}{x}_{2}} $

$ =\sqrt{1+{k}^{2}}\cdot \sqrt{{\left(-\dfrac{8{k}^{2}c}{4{k}^{2}+3}\right) ^ {2}}-4×\dfrac{4{k}^{2}{c}^{2}-12{c}^{2}}{4{k}^{2}+3}} $

$ =\dfrac{12c(1+{k}^{2})}{4{k}^{2}+3} $ .

设 $ 1+{k}^{2}=t $ ，则 $ t\geqslant 1 $ ，且 $ {k}^{2}=t-1 $ ，于是 $ \left|AB\right|=\dfrac{12ct}{4t-1}=\dfrac{12c}{4-\dfrac{1}{t}} $ ，

由 $ t\geqslant 1 $ ，易得 $ 3\leqslant 4-\dfrac{1}{t} < 4 $ ，则有 $ 3c < \left|AB\right|\leqslant 4c $ ，故 $ \mathrm{B} $ 错误；

对于 $ \mathrm{C} $ ，由 $ M $ 是 $ AB $ 的中点可得 $ M(\dfrac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2} $ , $ \dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}) $ ，

则 $ {k}_{OM}=\dfrac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}} $ , $ k=\dfrac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}} $ ，

即得 $ {k}_{OM}\cdot k=\dfrac{{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}} $ .

又 $ \begin{cases}\dfrac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}=1,\\ \dfrac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=1,\end{cases} $ 两式相减，可得 $ \dfrac{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=0 $ ，整理得 $ \dfrac{{y}_{1}^{2}-{y}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}-{x}_{2}^{2}}=-\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}} $ ，故有 $ {k}_{OM}\cdot k=-\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}} $ ，故 $ \mathrm{C} $ 正确；

对于 $ \mathrm{D} $ ，依题意， $ \overrightarrow {A{F}_{1}}=(-c-{x}_{1},-{y}_{1}) $ , $ \overrightarrow {A{F}_{2}}=(c-{x}_{1},-{y}_{1}) $ ，则 $ \overrightarrow {A{F}_{1}}\cdot \overrightarrow {A{F}_{2}}={x}_{1}^{2}-{c}^{2}+{y}_{1}^{2}=4{c}^{2} $ ，则 $ {x}_{1}^{2}+{y}_{1}^{2}=5{c}^{2}(\ast ) $ .

由 $ \dfrac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ 可得 $ {y}_{1}^{2}={b}^{2}(1-\dfrac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}) $ ，代入 $ (\ast ) $ ，

可得 $ {x}_{1}^{2}+{b}^{2}(1-\dfrac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}})=5{c}^{2} $ ，解得 $ {x}_{1}^{2}=\dfrac{{a}^{2}(5{c}^{2}-{b}^{2})}{{c}^{2}} $ ，

因为 $ -a\leqslant {x}_{1}\leqslant a $ ，所以 $ 0\leqslant \dfrac{{a}^{2}(5{c}^{2}-{b}^{2})}{{c}^{2}}\leqslant {a}^{2} $ ，化简得 $ 0\leqslant 5{c}^{2}-{b}^{2}\leqslant {c}^{2} $ ，又 $ {b}^{2}={a}^{2}-{c}^{2} $ ，则 $ 5{c}^{2}\leqslant {a}^{2}\leqslant 6{c}^{2} $ ，则 $ 5{\rm {\rm e}}^{2}\leqslant 1\leqslant 6{\rm {\rm e}}^{2} $ ，解得 $ \dfrac{\sqrt{6}}{6}\leqslant e\leqslant \dfrac{\sqrt{5}}{5} $ ，故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

由椭圆定义可知 $ \left|P{F}_{1}\right|+\left|P{F}_{2}\right|=2a $ , $ \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c $ ,故 $ \left|P{F}_{1}\right|=\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|=2c $ , $ \left|P{F}_{2}\right|=2a-2c $ .

令 $ ⟨\overrightarrow {{F}_{1}P} $ , $ \overrightarrow {{F}_{1}{F}_{2}}⟩=\theta $ ,根据 $ \overrightarrow {{F}_{1}P}\cdot \overrightarrow {{F}_{1}{F}_{2}}=-\dfrac{4}{9}{a}^{2} $ ,可得 $ \overrightarrow {{F}_{1}P}\cdot \overrightarrow {{F}_{1}{F}_{2}}=\left|\overrightarrow {{F}_{1}P}\right|\cdot \left|\overrightarrow {{F}_{1}{F}_{2}}\right|\cdot \cos \theta =4{c}^{2} \cos \theta =-\dfrac{4}{9}{a}^{2} $ ,故 $ \cos \theta =-\dfrac{{a}^{2}}{9{c}^{2}}① $ .在 $ △P{F}_{1}{F}_{2} $ 中,由余弦定理得 $ \cos \theta =\dfrac{{\left|P{F}_{1}\right|}^{2}+{\left|{F}_{1}{F}_{2}\right|}^{2}-{\left|P{F}_{2}\right|}^{2}}{2\left|P{F}_{1}\right|\cdot \left|{F}_{1}{F}_{2}\right|}=\dfrac{4{c}^{2}+4{c}^{2}-{\left(2a-2c\right) ^ {2}}}{2×2c×2c} $ ,化简得 $ 2{c}^{2} \cos \theta =2ac+{c}^{2}-{a}^{2} $ ,将①代入化简得 $ 7{a}^{2}-18ac-9{c}^{2}=0 $ ,两边同时除以 $ {a}^{2} $ 得 $ 7-18{\rm e}-9{\rm {\rm e}}^{2}=0 $ ,解得 $ e=\dfrac{1}{3} $ （负值舍去）.

设弦 $ AC $ 所在直线与 $ x $ 轴正方向的夹角为 $ \theta $ ,则 $ |AC|=\dfrac{2a{b}^{2}}{{a}^{2}-{c}^{2}{ \cos }^{2}\theta } $ , $ |BD|=\dfrac{2a{b}^{2}}{{a}^{2}-{c}^{2}{ \sin }^{2}\theta } $ , $ \therefore $ 四边形 $ ABCD $ 的面积 $ S=\dfrac{2{a}^{2}{b}^{4}}{{a}^{4}-{a}^{2}{c}^{2}+{c}^{4}{ \cos }^{2}\theta { \sin }^{2}\theta }\leqslant \dfrac{2{a}^{2}{b}^{4}}{{a}^{4}-{a}^{2}{c}^{2}}=\dfrac{2{b}^{4}}{{b}^{2}}=2{b}^{2}=\dfrac{25}{2} $ , $ \therefore {b}^{2}=\dfrac{25}{4} $ ;

$ S=\dfrac{2{a}^{2}{b}^{4}}{{a}^{4}-{a}^{2}{c}^{2}+{c}^{4}{ \cos }^{2}\theta { \sin }^{2}\theta }\geqslant \dfrac{2{a}^{2}{b}^{4}}{{a}^{4}-{a}^{2}{c}^{2}+\dfrac{1}{4}{c}^{4}}=\dfrac{2{b}^{4}}{{b}^{2}+\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{{c}^{4}}{{a}^{2}}}=\dfrac{2{b}^{2}}{1+\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{{c}^{4}}{{a}^{2}{b}^{2}}}=8 $ ， $ \therefore \dfrac{{c}^{4}}{{a}^{2}{b}^{2}}=\dfrac{9}{4} $ , $ \therefore a=5 $ , $ \therefore \dfrac{a}{b}=2 $ .

因为 $ \mathrm{\Omega } $ 与 $ \Gamma $ 有唯一的公共点 $ (8,9) $ ,且 $ \mathrm{\Omega } $ 与 $ x $ 轴、 $ y $ 轴均相切，

故圆心在第一象限，则可设圆心为 $ P(r,r) $ ，故 $ \mathrm{\Omega } $ 的方程为 $ {\left(x-r\right) ^ {2}}+{\left(y-r\right) ^ {2}}={r}^{2} $ ，所以 $ {\left(r-8\right) ^ {2}}+{\left(r-9\right) ^ {2}}={r}^{2} $ ，解得 $ r=5 $ 或 $ r=29 $ ,

又因为点 $ P $ 在椭圆 $ \Gamma $ 内，所以 $ r=5 $ ，故圆 $ \mathrm{\Omega } $ 的方程为 $ {\left(x-5\right) ^ {2}}+{\left(y-5\right) ^ {2}}=25 $ .

因为 $ \mathrm{\Omega } $ 与 $ \Gamma $ 有唯一的公共点 $ (8,9) $ ，且圆心 $ P $ 在椭圆 $ \Gamma :\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0) $ 内，

故 $ \mathrm{\Omega } $ 与 $ \Gamma $ 在点 $ (8,9) $ 处有公切线 $ l $ ，

设其斜率为 $ k $ ,则 $ k×\dfrac{9-5}{8-5}=-1 $ ，得 $ k=-\dfrac{3}{4} $ ，故切线 $ l $ 的方程为 $ y=-\dfrac{3}{4}(x-8)+9 $ ,即 $ y=-\dfrac{3}{4}x+15 $ .

由 $ \begin{cases}\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1,\\ y=-\dfrac{3}{4}x+15\end{cases} $ 可得 $ {b}^{2}{x}^{2}+{a}^{2}{\left(-\dfrac{3}{4}x+15\right) ^ {2}}={a}^{2}{b}^{2} $ ，

整理得 $ ({b}^{2}+\dfrac{9}{16}{a}^{2}){x}^{2}-\dfrac{45}{2}{a}^{2}x+225{a}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}=0 $ ，

由 $ \mathrm{\Delta }=\dfrac{2025}{4}{a}^{4}-4({b}^{2}+\dfrac{9}{16}{a}^{2})\cdot (225{a}^{2}-{a}^{2}{b}^{2})=0 $ ，

整理得 $ 4{b}^{2}+\dfrac{9{a}^{2}}{4}=4×225 $ ，又 $ \dfrac{64}{{a}^{2}}+\dfrac{81}{{b}^{2}}=1 $ ，解得 $ {a}^{2}=160 $ ， $ {b}^{2}=135 $ ，从而 $ \Gamma $ 的焦距为 $ 2\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}=10 $ .