2024年4月3日发(作者：现在的一体机电脑怎么样)

2022年全国高考甲卷数学（理）试题变式题9-12

题

原题9

1

．甲，乙两个圆锥地母线长相等

,

侧面展开图地圆心角之和为

2π

,

侧面积分别为

S

甲

和

S

乙

,

体积分别为

V

甲

和

V

乙

．若

A

．

5

变式题1基础

V

S

甲

=2

,

则

甲

=

（

）

S

乙

V

乙

C

．

10

D

．

510

4

B

．

22

2

．

“

黄金圆锥

”

．若圆锥地高地平方等于其底面圆地半径与母线长地乘积

,

则称此圆锥为现

有一个侧面积为

16



地黄金圆锥

,

则该黄金圆锥地体积是（

）

A

．

32



C

．

32

B

．

32



3

32



51





D

．



5



1



3



变式题2基础

3

．如图

,

圆锥地轴为

PO,

其底面直径和高均为

2,

过

PO

地中点

O

1

作平行底面地截面

,

以该

截面为底面挖去一个圆柱

,

此圆柱地下底面在圆锥地底面上

,

则圆锥与所得圆柱地体积之

比为（

）

A

．

2:1

变式题3基础

B

．

5:3

C

．

3:1

D

．

8:3

4

．若圆锥地表面积为

6π

,

圆锥地高与母线长之比

3:2

,

则该圆锥地体积为（

）

A

．

26π

3

B

．

26π

C

．

32π

4

D

．

92π

4

变式题4基础

5

．《几何原本》是古希腊数学家欧几里得地一部不朽之作

,

1

其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形地圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥地体积为

3



,

则该圆锥地侧面积为（

）

A

．

62



变式题5巩固

6

．如图（

1

）

,

一个圆锥形容器地高为

a,

内装有一定量地水

,

若将容器倒置

,

这时水所形成

地圆锥地高恰为

B

．

42π

C

．

32



D

．

3



a

（如图（

2

））

,

则图（

1

）中地水面高度为

2

3



7



1



a

A

．





2



3



5



1



a

B

．





2



7

C

．

a

2

3

D

．

3

5

a

2

变式题6巩固

7

．如图所示是一个装有红酒地圆锥形酒杯（杯体为一个圆锥）

,

已知该酒杯地杯子杯口

,

侧面积（不含杯座和杯茎）为

910



cm

2

,

红酒地高度比

直径为

6cm

（忽略杯子地厚度）

杯子地高度低

1cm

,

则红酒地体积为（

）

A

．

256



cm

3

9

B

．

512



cm

3

27

C

．

27



cm

3

D

．

108



cm

3

变式题7巩固

8

．已知圆锥地顶点为点

S

,

高是底面半径地

2

倍

,

点

A

,

B

是底面圆周上地两点

,

当

△SAB

是等边三角形时面积为

33

,

则圆锥地侧面积为（

）

A

．

3



变式题8巩固

9

．已知

Rt△ABC

中

,

AC3

,

BC4

,

CD

是斜边

AB

上地高

,

△ACD

与

ABC

绕

AC

2

B

．

23



C

．

33



D

．

43



旋转一周得到地几何体地表面积分别为

S

1

和

S

2

,

则

A

．

S

1

地值为（

）

S

2

21

125

B

．

181

400

C

．

3

5

D

．

5

7

变式题9提升

10

．若圆锥

SO

1

,

SO

2

地顶点和底面圆周都在半径为

4

地同一个球地球面上

,

两个圆锥地母

线长分别为

4

,

42

,

则这两个圆锥公共部分地体积为

8

A

．

π

3

变式题10提升

B

．

8π

C

．

56

π

3

D

．

56



163

π

3

11

．在直角

△

ABC

中

,

BCa

,

ACb

,

ABc

,

且

abc

,

分别以

BC,AC,AB

所在直线为轴

,

将

△

ABC

旋转一周

,

形成三个几何体

,

其表面积和体积分别记为

S

1

,

S

2

,

S

3

和

V

1

,

V

2

,

V

3

,

则它

们地关系为（

）

A

．

S

1

S

2

S

3

,

V

1



V

2



V

3

C

．

S

1

S

2

S

3

,

V

1

V

2

V

3

变式题11提升

12

．在边长为

2

地菱形

ABCD

中

,



BAD



B

．

S

1

S

2

S

3

,

V

1

V

2

V

3

D

．

S

1

S

2

S

3

,

V

1

V

2

V

3



3

,DE



AB

,

垂足为点

E,

以

DE

直线为轴

,

其余

四边旋转半周形成地面围成一个几何体

,

则该几何体地表面积为（

）

A

．

7



原题10

B

．

9



C

．

7



23

D

．

9



23

x

2

y

2

13

．椭圆

C:

2



2



1(a



b



0)

地左顶点为

A,

点

P,Q

均在

C

上

,

且有关

y

轴对称．若直

ab

1

线

AP,AQ

地斜率之积为

,

则

C

地离心率为（

）

4

A

．

3

2

B

．

2

2

C

．

2

1

D

．

1

3

变式题1基础

x

2

y

2

14

．已知椭圆

C:

2



2



1



a



b



0



地上顶点

A



0,b



,

左右焦点分别为

F

1

,

F

2

连接

AF

1

,

ab

并延长交椭圆于另一点

P,

若

PAPF

2

,

则椭圆

C

地离心率为（

）

A

．

1

3

B

．

1

6

C

．

3

3

D

．

6

6

变式题2基础

x

2

y

2

15

．已知椭圆

C:

2



2



1(a



b



0)

地左，右焦点分别为

F

1

,F

2

,

直线

ykx(k0)

与

C

ab

3

相交于

M,N

两点（

M

在第一象限）

.

若

M,F

1

,N,F

2

四点共圆

,

且直线

NF

2

地倾斜角为

,

则椭圆

C

地离心率为（

）

A

．



6

2

2

B

．

31

C

．

3

2

D

．

21

变式题3基础

x

2

y

2

16

．椭圆

C:

2



2



1(a



b



0)

地两焦点为

F

1

,F

2

,

若椭圆

C

上存在点

P

使

△PF

1

F

2

为等

ab

腰直角三角形

,

则椭圆

C

地离心率为（

）

A

．

2

2

B

．

21

C

．

2

或

21

2

D

．

2

5



1

或

2

2

变式题4巩固

17

．已知椭圆

x

2



y

2



1(1



b



0)

地左

､

右焦点分别为

F

1

,

F

2

,

点

M

是椭圆上一点

,

点

A

是线

b

2

段

F

1

F

2

上一点

,

且



F

1

MF

2



2



F

1

MA



A

．

2



3

,

|MA|

,

则该椭圆地离心率为（

）

2

3

C

．

22

3

3

2

B

．

2

1

D

．

3

3

变式题5巩固

x

2

y

2

18

．已知椭圆

C:

2



2



1(a



b



0)

地左，右焦点分别为

F

1

,F

2

,

过

F

2

地直线与椭圆

C

ab

相交

P,Q

两点

,

若

PF

1

PF

2

,

且

PF

2

2QF

2

,

则椭圆

C

地离心率为（

）

A

．

2

3

B

．

5

3

C

．

3

2

D

．

3

4

变式题6巩固

x

2

y

2

a

2

19

．已知点

F

1

,F

2

分别为椭圆

C:

2



2



1(a



b



0)

地左，右焦点

,

点

P

为直线

x



上

b

ab

一个动点．若

tanF

1

PF

2

地最大值为

A

．

3

4

3

,

则椭圆

C

地离心率为（

）

3

B

．

3

3

C

．

2

4

D

．

2

2

变式题7巩固

x

2

y

2

20

．已知椭圆

C:

2



2



1



a



b



0



地左焦点为

F

,

过

F

作一款倾斜角为

45



地直线与

ab

椭圆

C

交于

A,B

两点

,

若

M



3,2



为线段

AB

地中点

,

则椭圆

C

地离心率是（

）

A

．

3

3

B

．

2

1

C

．

2

5

D

．

5

5

变式题8提升

x

2

y

2

21

．以椭圆

C:

2



2



1



a



b



0



地右焦点

F

为圆心

､

c

为半径作圆

,O

为坐标原点

,

若

ab

圆

F

与椭圆

C

交于

A,B

两点

,

点

D

是

OF

地中点

,

且

ADOF

,

则椭圆

C

地离心率为（

）

4

A

．

2

2

B

．

233

C

．

31

D

．

52

变式题9提升

x

2

y

2

22

．已知椭圆

C

：

2



2



1(a



b



0)

地左，右焦点分别是

F

1

,

F

2

,

P

是椭圆上地动点

,

I

ab

和

G

分别是

△PF

1

F

2

地内心和重心

,

若

IG

与

x

轴平行

,

则椭圆地离心率为

(

)

A

．

2

变式题10提升

23

．

“

鸟巢

”

地钢结构鸟瞰图如图

1

所示

,

内外两圈地钢骨架是离心率相同地椭国家体育场

“

鸟巢

”

相同

,

其平面图如图

2

所示

,

若由外层椭圆长轴一端点

A

圆。某校体育馆地钢结构与

2

和短轴一端点

B

分别向内层椭圆引切线

AC

,

BD

,

且两切线斜率之积等于



,

则椭圆地

3

1

B

．

3

3

C

．

3

2

D

．

6

3

离心率为（

）

A

．

1

3

B

．

2

3

C

．

3

3

D

．

6

4

原题11

π



24

．设函数

f(x)



sin





x





在区间

(0,π)

恰有三个极值点，两个零点

,

则



地取值范围

3



是（

）



513



A

．



,





36





519



B

．



,





36





138



C

．



,





63





1319



D

．



,





66



变式题1基础













25

．已知函数

f



x





cos





x











0



在区间



0,



内有且仅有一个极大值

,

且方程

4





2



1







f



x





在区间



0,



内有

4

个不同地实数根

,

则



地取值范围是（

）

2



2





2515





4115





741



741



A

．



,



B

．



,



C

．



,



D

．



,





26



26





62





62



变式题2基础





26

．若函数

f



x





cos2x



sin



2x





在（

0,



）上恰有

2

个零点

,

则



地取值范围为

6



（

）



5



4





A

．



,





63



变式题3基础



5



4





,



B

．





63





5



8





C

．



,





33





5



8





,



D

．





33



5

27

．已知函数

f



x



sin



x3cos



x





0



,

若

f



x



地图象在区间



0,





上有且只有

1

个最低点

,

则实数



地取值范围为（

）



137



A

．



,





62





11



C

．



,







6





725



B

．



,





26





1123



D

．



,





66



变式题4巩固



lnx



x



1,x



0



28

．若函数

f



x









有

5

个零点

,

则正实数



地取值范围是（

）





sin



x



,







x



0







3









710



A

．



,





33





710



C

．



,





33



变式题5巩固



1013



B

．



,





33





1013



D

．



,





33



3





*

29

．已知函数

f



x





2cos



x



23cos





x











N



,

若对





R

,

在





,



3



上至

2



少存在两个不等地实数

m,n

,

使得

f



m



f



n



16

,

则



地最小值为（

）

A．2

变式题6巩固

B．3C．4D．5





30

．若函数

f



x





sin





x





在



0,2





上有且仅有

6

个极值点

,

则正整数



地值为

10



（

）

A．2

变式题7巩固

B．3C．4D．5







7





31

．已知函数

f(x)



sin





x









(





0)

在区间



0,



上有且仅有

4

个零点

,

则



地

3



3







取值范围是（

）

A

．

(0,1)

变式题8提升

32

．设

max



p,q



表示

p,q

两者中较大地一个

,

已知定义在



0,2





上地函数

f(x)max



2sinx,2cosx



,

满足有关

x

地方程

f

2



x







12m



f(x)m

2

m0

有

6

个不



3



B

．





2

,1









C

．



,1



2



1

D

．

[1,2]

同地解

,

则

m

地取值范围为

A

．



2,2



B

．



2,12



6

C

．

1,2



D

．

12,22



变式题9提升

33

．设函数

f(x)



2sin(



x





)



1(





0,0

„



„

恰有

3

个零点

,

则



地取值范围是（

）



2

)

地最小正周期为

4



,

且

f(x)

在

[0,5



]

内







5





A

．



0,









3



12









5





C

．



0,









6



12



变式题10提升











B

．



0,







,





4



32













D

．



0,







,





6



32



π





π





34

．已知函数

f(x)



sin





x





(





0)

在



,π



上恰有

3

个零点

,

则



地取值范围是

3





3





（

）



811



14



A

．



,







4,





33



3





1114



17



C

．



,







5,





33



3





11



1417



B

．



,4







,





3



33





14



1720



D

．



,5







,





3



33



原题12

35

．已知

a

A

．

cba

变式题1基础

33

36

．下面三个数：

aln

,

bln







,

cln33

,

大小顺序正确地是（

）

22

3111

,bcos,c4sin

,

则（

）

3244

B

．

bac

C

．

abc

D

．

acb

A

．

acb

变式题2基础

B

．

abc

C

．

bca

D

．

bac

1

ln2

3e

2

37

．设

a

2

ln

,

b

,

c

,

则

a，b，c

地大小顺序为（

）

2

e

e3

A

．

acb

变式题3基础

B

．

cab

C

．

abc

D

．

bac

38

．已知

ae

0.02

,

b1.02

,

cln2.02

,

则（

）

A

．

cab

C

．

acb

变式题4巩固







39

．设



,



,







0,



,

且

cos







,

sin



cos









,

cos



sin









,

则



,



,



地大小关系



2



B

．

abc

D

．

bac

是（

）

A

．











变式题5巩固

B

．











C

．











D

．











7

1

1

1

40

．已知

asin

,

b

,

c



,

则（

）

3



3

A

．

cba

变式题6巩固

41

．设

a



3

,

bsin6

,

csin3

,

则

a,b,c

地大小关系是（

）

A

．

bac

变式题7巩固

42

．已知

a3



ln2

,

b2



ln3

,

c6ln



,

则下面结论正确地是（

）

A

．

acb

变式题8提升

B

．

abc

C

．

bac

D

．

bca

B

．

cab

C

．

acb

D

．

abc

B

．

abc

C

．

acb

D

．

cab

44343

43

．已知

asin,bsin,ccos

,

则

a,b,c

地大小关系为（

）

53434

A

．

abc

变式题9提升

44

．已知

a,b,

c



0,1



,

且

alna1e

,

blnb2e

2

,

clnc3e

3

,

其中

e

是自然对数

地底数

,

则（

）

A

．

cba

C

．

acb

变式题10提升

45

．设

a2020

2022

,

b2021

2021

,

c2022

2020

,

则（

）

A

．

abc

B

．

bac

C

．

cab

D

．

cba

B

．

cab

D

．

abc

B

．

bca

C

．

acb

D

．

bac

8

参考结果：

1．C

【思路】设母线长为

l

,

甲圆锥底面半径为

r

1

,

乙圆锥底面圆半径为

r

2

,

依据圆锥地侧面积公式

可得

r

1

2r

2

,

再结合圆心角之和可将

r

1

,r

2

分别用

l

表示

,

再利用勾股定理分别求出两圆锥地高

,

再依据圆锥地体积公式即可得解

.

【详解】解：设母线长为

l

,

甲圆锥底面半径为

r

1

,

乙圆锥底面圆半径为

r

2

,

则

S

甲



rlr



1



1



2

,

S

乙



r

2

lr

2

所以

r

1

2r

2

,

又

则

2



r

1

2



r

2



2



,

ll

r

1



r

2



1

,

l

21

所以

r

1

l,r

2

l

,

33

45

所以甲圆锥地高

h

1

l

2

l

2

l

,

93

122

乙圆锥地高

h

2

l

2

l

2

l

,

93

1

2

4

2

5



rhl



l

11

V

甲

393



10

.

所以

V

乙

1



r

2

h

1

2

22

l



l

22

3

93

故选：C.

2．D

【思路】依据圆锥侧面积公式和黄金圆锥定义可构造方程求得

h

,

结合

h

2

l

2

r

2

可得

r

2

,

利用

圆锥体积公式可求得结果

.

【详解】设该黄金圆锥底面圆地半径为

r

,

母线长为

l

,

高为

h

,

则

h

2

rl

,

1



该黄金圆锥地侧面积

S2



rl



h

2

16



,

解得：

h4

,

2



h

2



rl



16

2

由



222

得：

r8



h



l



r



16



51

,





该黄金圆锥地体积

V



1



r

2



h



3

32



5



1



3

9



.

故选：D.

3．D

【思路】由题意,分别求得圆锥和圆柱地体积即可.

12



2

,

【详解】解：圆锥地体积为

V

1







1



2



33



1





圆柱地体积为

V

2











1



,

4



2



所以

V

1

:

V

2



故选：D

4．A

【思路】依题意,设底面半径为r,圆锥地高为h,母线长为l,依据题意算出底面半径和高,再得

到体积即可.

【详解】由题意可知母线与圆锥底面地夹角地正弦值为

设底面半径为

r,

圆锥地高为

h,

母线长为

l,

则

l2r,h

2



:



8:3

,

34

2



3

,

故母线与圆锥底面地夹角为

,

3

2

3

l

①

,

2

则圆锥地表面积为

S



r

2





rl6



,

将

①

代入

,

解得

r2,h6

,

126

圆锥地体积为

V



r

2

h



。

33

故选：A.

5．C

【思路】设底面圆地半径为

r,

依据

△PAB

为等腰直角三角形可得圆锥高和母线长

,

依据体积

列方程可得

r,

然后可得

.

【详解】由题意设圆锥地底面圆地半径为

r

,

因为

△PAB

为等腰直角三角形

,

则高为

r

,

母线长

1

2

为

2r

,

因为圆锥地体积为

3



,

所以



rr3



,

解得

r3

,

所以该圆锥地侧面积为

3



r2r32



．

故选：C

10

6．A

【思路】令圆锥倒置时水地体积为

V'

,

圆锥体积为

V

,

推导出

出原来水面地高度

.

【详解】令圆锥倒置时水地体积为

V'

,

圆锥体积为

V

,

V

空

7

1

=

,

倒置后

V

水

=V

,

由此能求

V

锥

8

8

a

()

3

1

,

则

V'



2

3



Va8

V

空

7

=

,

所以

V

锥

8

1

倒置后

V

水

=V

,

8

(1



h)

3

7

设此时水高为

h

,

则



,

a

3

8

所以

h(1

故选：A.

【点睛】该题考查地是相关圆锥地问题,需要求地是容器内溶液地液面高度问题,将其转化为

锥体地体积比来解决,在求地过程中,注意相似几何体地体积比等于相似比地立方,列出等式

求得结果.

7．B

【思路】求出酒杯圆锥地底面半径,然后利用相似形得出红酒圆锥地底面半径,再由体积公式

计算．

【详解】设圆锥形酒杯地母线为

l

.

作出轴截面图

,

如图所示

,

因为该酒杯地杯子口径为

6cm

,

侧

面积（不含杯座和杯茎）为

910



cm

2

,

所以



rl3



l910



,

解得

l310

,

即

PA310

,

OP(310)

2

3

2

9

.

又红酒地高度比杯子地高度低

1cm

,

11

3

7

)a

,

2

所以

O

1

P8

,

所以

8

O

1

A

1

8



,

即

O

1

A

1



,

3

93

2

1512



8



则红酒地体积为

V











8





cm

3

.

327



3



故选：B．

8．D

【思路】依据

△SAB

是等边三角形时面积为

33

求得母线

,

再由高是底面半径地

2

倍

,

求得底

面半径

,

然后由圆锥地侧面积公式求解

.

【详解】解：设圆锥地高为h,母线为l,底面半径为r,

1

则由题意得

h=

2

r,

l

2

sin60



33

,

2

所以

l23

,

又

l

2

h

2

r

2

,

则

r2

,

所以圆锥地侧面积为

S



rl

43



,

故选。D

9．A

【思路】由题意求出

CD,AD

,

过点

D

作

DEAC

,

垂足为

E

,

求出

DE

,

△ACD

与

ABC

绕

AC

旋转一周得到地几何体地表面积等于两个圆锥地侧面积之和

,

分别求出

S

1

,

S

2

,

即可求出结果

.

【详解】由题意得

AB5

,

CD



足为

E

,

则

DE



9

BC



AC12



,

ADAC

2

CD

2



,

过点

D

作

DEAC

,

垂

AB5

5

AD



CD36



,

所以

AC25

12

S

1





DEAD



DECD

756



,

S

2





BCAB



BC

2

36



,

所以

125

756



21

S

1

125

．



S

2

36



125

故选：A.

10．A

【思路】过圆锥地轴作出截面图求解,两个圆锥共顶点且底面平行,故它们地公共部分也是一

个圆锥,求出其底面半径和高,即可得所求体积.

【详解】易得

S,O

1

,O

2

,O

在同一款直线上

,

过该直线作出截面图如图所示

.

A

1

B

1

是圆锥

SO

1

底面圆地直径

,

A

2

B

2

是圆锥

SO

2

底面圆地直径

,

两直径都与

OS

垂直

.

在

△OA

1

S

中

,

SA

1

4,OA

1

OS4

,

则可得

OO

1

O

1

S2

.

222

在

△OA

2

S

中

,

SA

2

42,OA

2

OS4

,

则

SA

2

OA

2

OS

,

则

OA

2

OS

.

又

O

2

A

2

O

2

S

,

所以点

O,O

2

重合

.

这两个圆锥共顶点且底面平行,故它们地公共部分也是一个圆锥,

1

其底面半径为

O

1

COA

2

2

,

高为

O

1

S2

,

2

13

18

2

所以所求体积为

Vπ22π

.

故选

A.

33

【点睛】本题考查与球相关地切接问题,体积地计算,解题地关键是过球心作出截面图.

11．B

【思路】由直角三角形绕其直角边旋转可以得到一个圆锥,直角三角形绕其斜边旋转可以得

到两个共用同一底面地圆锥地组合体,采用特例法,不妨令c=3，b=4， a=5,绕三边旋转一周

分别形成三个几何体,求出他们地表面积和体积,进行比较可得结果.

【详解】不妨设直角三角形地三边长分别为

a5,b4,c3

,

当直角三角形绕

BC

边旋转时

,

其表面是两个圆锥地表面

,

所以其表面积为

11248

11284

S

1

2



(34)



,

体积

V

1





()

2

5



。

255

355

当直角三角形绕

AC

边旋转时

,

S

2





3

2





3524



,

1

2

体积

V

2





3412



。

3

2

当直角三角绕

AB

边旋转时

,

S

3





4



4536



,

1

2

体积

V

3





4316



.

3

S

1

S

2

S

3

。

V

1

V

2

V

3

.

故选：B

12．C

【思路】依据题设得到旋转体为底面直径，母线为2地半圆锥和上下底面直径分别为2，4,

母线为2地半圆台,画出几何体,利用圆锥，圆台地表面积公式求几何体地表面积.

【详解】由题设

,

AEBE1

,

如下图示：

绕

DE

直线为轴旋转半周

,

则

A

与

B

重合

,

所得旋转体为底面直径，母线为2地半圆锥和上下底面直径分别为2，4,母线为2地半圆台

组合而成,如下图示：

14

1

2

所以圆锥表面积为

S

1

22







13



,

圆台表面积为

2

1

S

2

(44



22



)



1

2





2

2

11



,

2

11

2

则几何体地表面积

(S

1

S

2

)22sin607



23

.

22

故选：C

13．A

y

1

2

1



,

再依据

【思路】设

P



x

1

,y

1



,

则

Q



x

1

,y

1



,

依据斜率公式结合题意可得



x

1

2



a

2

4

x

1

2

y

1

2



2



1

,

将

y

1

用

x

1

表示

,

整理

,

再结合离心率公式即可得解

.

2

ab

【详解】[方式一]：设而不求

设

P



x

1

,y

1



,

则

Q



x

1

,y

1



则由

k

AP

k

AQ

y

1

y

1

y

1

2

1

1





得：

k

AP



k

AQ



,

x

1



a



x

1



a



x

1

2



a

2

4

4

b

2



a

2



x

1

2



x

1

2

y

1

2

2

,

由

2



2



1

,

得

y

1



2

ab

a

b

2



a

2



x

1

2



所以



x



a

22

1

a

2

b

2

1

1

,

即

2



,



a4

4

cb

2

3

,

故选

A.

所以椭圆

C

地离心率

e



1



2



aa2

[方式二]：第三定义

设右端点为

B,

连接

PB,

由椭圆地对称性知：

k

PB

k

AQ

1

故

k

AP

k

AQ

k

PA

k

AQ



,

4

由椭圆第三定义得：

k

PA



k

AQ

b

2



2

,

a

15

b

2

1

故

2



a4

所以椭圆

C

地离心率

e



cb

2

3

,

故选

A.



1



2



aa2

14．C

【思路】依据题意及椭圆地定义

,

可求得

PF

1

，

PF

2

地长

,

依据三角函数定义

,

求得

cos



AF

1

O



即可得结果

.

c

依据余弦定理

,

可求得

cosPF

1

F

2

,

依据两角地关系

,

列出方程

,

代入离心率公式

,

a

【详解】由题意得

OF

1

c,OAb

,

所以

AF

1

a

,

则

APAF

1

PF

1

aPF

1

,

由椭圆地定义可得

PF

1

PF

2

2a

,

所以

PF

2

2aPF

1

,

因为

PAPF

2

,

所以

aPF

1

2aPF

1

,

解得

PF

1



在

RtAOF

1

中

,

cos



AF

1

O



3a

a

,

PF

2



,

2

2

c

,

a

在

△PF

1

F

2

中

,

cos



PF

1

F

2



PF

1



F

1

F

2



PF

2

2



PF

1



F

1

F

2

222

2



a



3a





2c







2c

2



a

2

2



2



,



a

ac

2



2c

2

22

因为

AF

1

OPF

1

F

2





,

所以

cosAF

1

OcosPF

1

F

2

,

即

所以

a

2

3c

2

c2c

2



a

2

,



aac

cc

2

3

.

所以

e



2

aa3

故选：C

16

15．B

【思路】依据

M,F

1

,N,F

2

四点共圆

,

且直线

NF

2

地倾斜角为

,

利用椭圆定义可得

c

进而求得椭圆

C

地离心率

【详解】依据题意四边形

MF

1

NF

2

为平行四边形

,

又由

M,F

1

,N,F

2

四点共圆

,

可得平行四边形

MF

1

NF

2

为矩形

,

即

NF

1

NF

2

又直线

NF

2

地倾斜角为

,

则有

MF

1

F

2



则

MF

2





6



6



31a

,



π

6

1

3

F

1

F

2

c

,

MF

1

F

1

F

2

3c

,

2

2

2

a

则

2aMF

1

MF

2

(13)c

,

即

c

1



3



31a



则椭圆

C

地离心率

e



故选：B

16．C

c



31

a

【思路】依据等腰直角三角形

,

可知有三种情况：

PF

1

PF

2

,

PF

1

F

1

F

2

和

PF

2

F

1

F

2

,

依据几

何关系即可求解

.

【详解】当

PF

1

PF

2

时

,

△PF

1

F

2

为等腰直角三角形

,

则点

P

位于椭圆地上下顶点

,

则满足：

bce=

2

,

2



b

2



当

PF

2

F

1

F

2

或者

PF

1

F

1

F

2

时

,

此时

P





c,





,

△PF

1

F

2

为等腰直角三角形

,

则满足

a



b

2



2c

,

a

故

a

2

c

2

2ac0e

2

2e10

,

0e1,e21

17