压轴题02圆锥曲线压轴题17题型汇总 （教师版）.docx

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1、压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总压轴题解读命题预测本专题考查类型主要涉及点解析结合的相关考点，本考点主要压轴题类型，包含了新定的考点，解析几何与其他知识点的综合运用等。预计2024年后命题会在上述几个方面进行考查，尤其是各方面知识点的综合与新考点问题等。高频考法题型01离心率问题题型02三角换元法的运用题型03新定义问题题型04解析几何与立体几何结合题型05解析几何与导数结合问题题型06解析几何的实际应用题型07切线、斜率相关问题题型08模长相关问题题型09解析几何新考点题型10解析几何之类比距离问题题型11解析几何与数列结合题型12解析几何中的定值问题题型13解析几何与向量结合题型14

2、解析几何中的定点问题题型15解析几何中的取值范围问题题型16解析几何中的存在问题题型17轨迹方程问题高分必抢题型01离心率问题1.（23-24高三下浙江开学考试）双曲线捺-=l（,b0）的左右焦点分别为F1,F2,P是双曲线右支上一点，点Fl关于乙FlPF2平分线的对称点也在此双曲线上，且cos乙FPF?=i,则双曲线的离心率为（）A.手B.亨C.2D.3【答案】B【分析】如图，由题意可知IPKl=IPQl且RB,Q三点共线，设IPFll=n,PF2=n,根据双曲线的定义求得IQFll=4,m=3q,n=,在PFQ尸铲尸2中分别利用余弦定理计算即可求解.【详解】如图，设吊关于/PF2平分线的对

3、称点为Q,则该角平分线为线段FlQ的垂直平分线,所以IPFJ=IPQI,且P,尸2,Q三点共线，设IPFII=mtPF2=n,则IPQl=m,m-n=2=IQF2I=IQI-n=m-n=2a,所以IQFll=2+IQF2I=4。,在乙PAQ中，由余弦定理，得8SPF2=小黑湿”2=受吗严又8S4APF2=;,所以而+若步）2=1,解得血=3q,所以几=Q,生FlPF2中，由余弦定理，得8SNFP4=俨禽舄”2=吟萨整理，得3c2=7M,由Cl,解得一：=亨.即双曲线的离心率为.亨2. （2024.内蒙古赤峰.一模）如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后,反射光

4、线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下面的题目：已知曲线C的方程为卷+=N5ID1，其左、右焦点分别是Fi,尸2，直线1与椭圆C切于点P,且IPFIl=2,过点P且与直线1垂直的直线?与椭圆长轴交于点M,则IFlMI:IFzMI=（）【答案】D【分析】根据椭圆定义和光的反射定理，以及角平分线定理可得【详解】由已知得=5,PF1=2,由椭圆定义可得PF2=2Q-IPFll=8,根据光的反射定理可得PM为40PF2的角平分线，由正弦定理RMl二IBPlIf2MI=IF2PImSinzF1PMSinAF1MP,SinzF2PMSinZF2MPt-pFM_SinZPMgMl_SinZJPM1

5、-7SinzF1PM_sinzPM所以IFlPl-SinzFiMPF2P一sinF2MP乂SinHMPSinHMP所以皿=型mFiPIF2PI即IFl1.M|:HMl=IF1PhIF2PI=1:4.故选：D.3. （2024河南信阳.模拟预测）一光源P在桌面A的正上方，半径为2的球与桌面相切，且PA与球相切，小球在光源P的中心投影下在桌面产生的投影为一椭圆（其中球与截面的切点即为椭圆的焦点），如图所示,形成一个空间几何体，且正视图是RtPAB,其中P4=6,则该椭圆的离心率I【答案】1/0.5【分析】作出球的截面图，易得tanzEP。=结合正切的二倍角公式求出tan乙IPB的值，进而知长轴/1

6、8的长，再由球。与4B相切的切点F为椭圆的一个焦点，可得C的值，最后由e=,得解.a【详解】如图，是球。的一个截面，圆。分别与AB,PA相切于点尸,E,因为IP川=6,球的半径为2,所以IPEl=4ftanz.EPO=1,所以tanz!P8所以4B=PAtanAPB=6x3=8,因为AB是椭圆的长轴长，所以2=8,所以Q=4,根据球。与A8相切的切点F为椭圆的一个焦点,所以IA尸I=2=a-c,所以C=。-2=4-2=2,4. （2024山东.一模）如图，在ABC中，已知乙BAC=120。，其内切圆与AC边相切于点D,且4D=1,延长BA到E,使BE=BC,连接CE,设以E,C为焦点且经过点A

7、的椭圆的离心率为，以E,C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为与，则，与的取值范围是【答案】（1,+8）【分析】设M,G分别是8C,BE与圆的切点，设CD=CM=GEm,利用椭圆，双曲线的定义分切求出的表达式，进而可得Ge?的表达式，然后求出m的取值范围即可的解.【详解】如图以CE的中点C为原点直角坐标系，设KG分别是8C,BE与圆的切点，由圆的切线性质得AG=设CO=CM=GE=m(m1),所以AC=l+m,AE=GE-AG=m-l,ACE,CE2=CA2+AE2-ZCAEACoS60=m2+3,以EQ为焦点经过点力的双曲线的离心率为=年以及C为焦点经过点4的椭圆的离心率为G=甯m2+3m4m

8、44m在448C中，设BM=n,所以8C=m+n,48=n+1,AC=m1,由余弦定理可得8C2=AB2+AC2-2ABACCOSl20,所以m=3m+3n+3,所以几=3m+3m3由对勾函数的单调性可得函数y=三+总在(3,+8)上单调递增，m,333+-+=1.44m443故答案为：(1,+8).【点睛】关键点点睛：根据圆锥曲线的定义结合条件表示出内,与，然后根据余弦定理结合条件求出参数的取值范围是解出此题的关键.5. (2024.浙江杭州.二模机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示该纸杯母线长为12Cm开口直径为8cm旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心

9、率等于【答案4g【分析】依题意，利用等腰三角形ABC求得CoSa,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点P,Q,建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点P坐标,代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得.【详解】如图，设MCO=,因/18=AC=12,BC=8,故COSa=1,又CD=6,由余弦定理，BD2=CD2+BC2-2CDBCcosa=36+64-268=68,即BD=217,设椭圆中心为。作圆锥的轴截面4MM与底面直径BC交于E,与椭圆交于RQ,连4E交BD于G,以点0为原点，OB为工轴，建立直角坐标系.则穿=?又由APQAMN得PQ=ZMN吟DG=

10、B=粤,从而。G=17-=乎,则得P(-詈不妨设椭圆方程为捺+=1,把Q=7和点P坐标代入方程，解得b=22,则c=TT=3,故e=言=甯.a1717故答案为：甯.题型02三角换元法的运用利用三角函数的定义解题：(I)角的顶点与坐标原点重合；(2)角的始边与X轴正半轴重合；在角a的终边上任取一点P(Xy),该点到原点的距离r=yx2+y2,则：sina=号；COSa=%;tana=(6. (23-24高三下浙江开学考试)尸是圆C:/+(y_2)2=1上一动点，4(2,0),Q为AP的中点,。为坐标原点，则I。Ql的最大值为.【答案】2+【分析】写出圆。的参数方程，进而可得点Q坐标，结合两点间距

11、离公式转化为求三角函数的最值即可.因为圆C：x2+(y-2)2=1的参数方程为f，(y-4十bi7所以设点P(COS42+sin。)，则AP的中点Q(簧”,笞竺)，所以IOQl=J(一)2+(笞药=J94(sincos)=J9+4sin(6+：),当sin(6+：)=1时，|。Ql取得最大值为(J9+4=噜=2+l故答案为：企+兴7. (2024高三全国专题练习)已知平面直角坐标系中的定点4(-2,0),8(2,0),C(0,2),动点P(%y),其中O.kpB=现将坐标平面沿X轴翻折成平面角为120。的二面角则CP两点间距离的取值范围是：)A.2-3,22)U(22,7+23B.22,723

12、C.7-43,22D.22J+23【答案】A【分析】先求出动点P(Xy)的轨迹方程，然后利用椭圆的参数方程求解空间中两点C,P的距离.【详解】由*PA=-=-1.得动点P(%y)的轨迹方程为Y+=(y0),X+ZX-Z443于是可设P(2cos6,5sin6)；设上半椭圆所在平面为,下半椭圆所在平面为6,当Pa时，ICPl2=(-2COSe)2+(2-3sin0)2=8-sin-43sin0,因为O11,Sine(0,1,所以|CP7-43,8)l从而ICPl2-3,22)；若PS依题意，点C到平面/?上的距离为3,射影点G(0,1),于是CP2=(-2cos0)2+(1-3sin0)2+(3

13、)2=8-sin2-23sin0,因为F-7-y2)，由所力而可得(-必)C-丫2)=-y2(x-M),整理得”写署；联立可得y(%-2)=y/zGi-工2),由题意与2y/所以y=yz,由椭圆的对称性可知Kl=-2,d(R,Q)=Ixi-X2I+I-Xi-V2=2x11+2y1,因为:+7=1,设Xl=2cos,y1=sina,（0,彳），d(R,Q)=2x1+2y11=22cos+2sin=23sin(+),其中tan8=2；所以当+。=狎，d(R.Q)取到最大值2Vl故答案为：23【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三个：一是理解新定义的含义；二是根据条件找出P,R,Q坐标的关系:三是借

14、助三角函数求解最值.12 .(2024浙江.模拟预测)如图，由部分椭圆捺+=l(abOty0)和部分双曲线捻-=l(y0),组成的曲线C称为、盆开线”.曲线C与X轴有4(2,0)、8(-2,0)两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之积为日.设过点(1,0)的直线/与C相切于点M,求点M的坐标及直线，的方程；(2)过力的直线m与。相交于点P、4Q三点，求证：PBA=QBA.【答案】(1)M(4,3),x-y-I=O证明见解析【分析】(1)根据离心率乘积以及42,0),B(-2,0),可求得,b,可得椭圆方程和双曲线方程，设切点为Mao,%),可得切线方程，由过点(1,0),即可求解M和直线方程；(2

15、)设出直线方程，联立椭圆方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合的BP,8Q斜率之和为零，即可求证.【详解】(1)由题设可承亨乂立卢=。=2,力=6，故椭圆方程为：?+?=Ky0),双曲线方程为9-=l(y0).由图可知，切点M在双曲线9-=l(y0).设M(xo,%),贝味=青，则切线，的方程为：W-警=1,4%43因为直线，过点(1,0),所以，&=4,将%0=4代入9-y=l(y0),得%=3,所以，M(4,3),直线1的方程为：-y-1=0.(2)由题意可得PQ的斜率存在且不为零，故设方程为：y=AQ-2),2y2联立7T=1)整理得：(3-4好口2+16c2x-16c2-12=0,y=k

16、(x-2)=256c4-4(3-4fc2)(-162-12)O011,3三,立3-4fc20,cm-,8k2+64k2-3即Q(三悬)联立7T=1(y)整理得：(3-I-4fc2)x2-16k2x+161-12=0,y=k(x-2)8k2-64k2+312k即p(三靛),所以%p+%Q=湃+翦；=0,所以=-kBQ,所以84=乙QBA.13.(2024.安徽.二模)在平面直角坐标系Xoy中,利用公式号(其中,b,c,d为常数)，将点P(X,y)变换为点p(,y)的坐标，我们称该变换为线性变换，也称为坐标变换公式，该变换公式可由Q,b,C,d组成的正方形数表，唯一确定,我们将，称为二阶矩阵，矩阵

17、通常用大写英文字母A1B1.j.在平面直角坐标系Xoy中,将点P(3,4)绕原点。按逆时针旋转翼到点PF到原点距离不变)，求点P的坐如图,在平面直角坐标系Xoy中，将点P(,y)绕原点。按逆时针旋转角得到点p3,y)(到原点距离不变)，求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；向量加=(,y)(称为行向量形式)，也可以写成(；),这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式可以表示为：(;；)二(：)(;),则称)是二阶矩阵C，)与向量的乘积,设力是一个二阶矩阵而，元是平面上的任意两个向量，求证：Afin+m)=A沆+A元.【答案】(Dpo2J,2+苧)(2)f=XC0Sa-ysina(cosa-Sina

18、)fy,=XSina+ycos,VsinaCOSa)证明见解析【分析】(1)利用三角函数的定义得到旋转之前的COSe和Sine,再由两角和的正弦、余弦公式得到点P的坐标；(2)利用三角函数的定义得到旋转之前的COSe和Sine,再由两角和的正弦、余弦公式得到点P的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；(3)根据定义分别计算4(沆+五)、AmsAn,证明4(沆+n)=Am+A元即可.【详解】(1)可求得OP=OP1=5,设=,则CoSe=I,Sine=p设点P(f,y),，PoX=故/=5cos(8+=5gcos6-4Sine)=-23,/11/1333y=5sin(0+J

19、=5I-Sine+CoSe1=2+-所以仔一2心2+苧).(2)设OP=0P,=r,P0x=,则X=rcos,y=rsin0,P,0x=。+,故=rcos(0+)=rcoscosa-rsin0sin=xcos-ysiny,=rsin(0+0)=rsincosa+rcos0sin=xsin+ycos所以坐标变换公式为：=csa：ysinay=xsn+ycosa该蛾所对应的二阶矩阵为(战潦)(3)设矩阵4=(),向量沆=(J),H=C),则而+运=镜3.g+三)=()(U=篇摺：然燃)，对应变换公式为:忱职：索氏工，而=OQ=髯)，“=()=(第2)所山m+旭=谖聋：)+:谿=优：案氏燃)故对应变

20、换公式同样为:=中：髭沪：汽(y=c(x1+x2)+d(y1+y2)所以4(沆+n)=Am+4元得证.【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：(1)角的顶点与坐标原点重合；(2)角的始边与X轴正半轴重合；在角a的终边上任取一点P(X,y),该点到原点的距离r=x2y2,则：sin=予;cosa=三;Vtana=X14.(多选)(2024.辽宁鞍山.二模)在平面直角坐标系中，定义d(4B)=x1-x2+-为点AaIJi)到点Ba2,%)的,折线距离”点。是坐标原点，点Q在直线2x+y-25=0,点P在圆2+y2=1上，点R在抛物线y2=-4x.下列结论中正确的结论为()A.d(0,Q)的最小值

21、为2B.d(O,P)的最大值为C.d(P,Q)的最小值为苧D,d(R,Q)的最小值为声-；【答案】BCD【分析】对A,根据折线距离的定义，写出d(O,Q),利用绝对值放缩和绝对值不等式，可判断对错；对B,根据折线距离的定义，写出d(O,P),利用基本(均值)不等式可判断对错；对C：利用圆的参数方程，结合折线距离的定义，写出d(P,Q),利用绝对值放缩和绝对值不等式,结合三角函数的最值，可判断对错；对D：利用抛物线的参数方程，结合折线距离的定义，写出d(R,Q),利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合二次函数的值域，可判断对错.5(当【详解】对A：设Q(M25-2x),则d(0,Q)=x+25-xx

22、+5-xx+5-x且仅当X=b时取“=).故A错；对B:设Pa,y),则/+y2=1.则d(O,P)=+y2(x2+y2)=,故B对；对C：设P(CoSe,sin),Qx,25-2x),则d(P,Q)=cos-x+sin25+2x=cosx+2-5+xcos-x-5+xcosx+-5+x=V5-(cos+券)=5-y(cos+sin)苧(当且仅当sin=CoSo=竽时取“=).故C对；对D：设,Q(x,25-2x),则d(R,Q)=I彳一+t2/+2x=I彳-%+2*VS+%|2|一彳一I+1.-+H|X+：V+x=-Z-y=-V5VS；(当且仅当t=1时取.故D正确.I42l42I424故选

23、：BCD【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是对“折线距离”的理解，根据新定义，写出折线距离；关键之二是含有绝对值的式子的处理，可根据绝对值的放缩和绝对值不等式，去掉绝对值的符号再求相关最值.15.（2024.上海静安.二模）我们称如图的曲线为“爱心线其上的任意一点P（%y）都满足方程#-2xy+y2-2x+22y=0,现将一边在X轴上,另外两个顶点在爱心线上的矩形称为心吧.若已知点M（今-我）“爱心线”上任意一点的最小距离为d,则用d表示心吧面积的最大值为【答案】-d2【分析】根据题意，得到/+y2-陵工+22y=2xyl曲线上任意一点P求得IPM产的最小值为小，进而求得心吧面积的最大值.【详

24、解】解：由曲线方程/一2xy+y2-2x+22y=0,由点M（当,-四）“爱心线”上任意一点且点M在y轴的右侧，所以点爱心线”上任意一点的最小距离d,一定出现在爱心线位于y轴的右侧的点,当XO时,可得/+y2-2x+22y=2xy,设曲线上任意一点P（3）,（%0）,且M（净,一际，有IPMI2=（x-y）2（y-2）2=X2+y22x+22y+1=Zxy+1,因为IPM产的最小值为d2,所以2xy的最小值为壮-久当y0时，心吧面积为S=2xy=2盯的最小值为d?-：；当yO,bO),由切线长定理知MFIl=MCI,MF2I=AD,则IAFll+MF2I=AC+MD=2=4,解得Q=2.由4D

25、-AC=23=2c,解得c=3,=1.所以椭圆的标准方程为9+y2=l.设Pa0,y。)，M(XI,%)，N(%2,%)，7(4,t),已知A(-2,0),8(2,0),i&PA:y=k1(x+2),PB:y=fc2(x-2),22联立方程组7+y=i,y=kl(x+2)消去y得(1+4幅)/2+16k*+16fcJ4=0,显然A=256奴-(64舒-16)(4好+1)=160,由-2Q用,可得.=谭，“自(需+2)=品,所以W溪,品），联立方程组I=+?=,（y=-2）消去y得（1+4硝/_i6fc+16/cf4=0,显然A=256川-（64好-16）（4发+1）=160,16螃-4-rz_

26、2-8好v_.f2-8/_i2由2%2，可行2一一.，丫2-一乐一2J-惭，同理M磊,三)因为M,N是切点，且7(4,t),所以直线MN的方程为?+ty=1,即+ty=1,显然直线MN过定点。(1,0),即M,D,N三点共线，则解得=3或轨段2=-1(舍去)，联立方程组？。=”。+R,解得XO=4,仇=心。0-2)Uk2-kl即点P在直线X=4.【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：(1)设直线方程，设交点坐标为(%1，%),(0,为)；(2)联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于X(或y)的一元二次方程，注意的判断；(3)列出韦达定理；(4)将所求问题或题中的

27、关系转化为/+x2,x1x2(或为+y2,y1y2)的形式；(5)代入韦达定理求解.18. (20-21高三上全国阶段练习)已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A,AB=BC=I1P为单位圆上除A外的任意一点,1为过点P的单位圆O的切线，则()A.有且仅有一点P使二面角8-I-C取得最小值B.有且仅有两点P使二面角8-I-C取得最小值C.有且仅有一点P使二面角B-/-C取得最大值D.有且仅有两点P使二面角B-I-C取得最大值【答案】D【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断.【详解】过A作4M1，于M,连接MB、MC,如

28、图所示,因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线，在平面内，且直线BC交单位圆于点A,所以71C11,AMtACU平面AMC,AM(AC=A,所以11平面AMC,MC,MBU平面4MC,所以/1.MC,IlMB,所以乙BMC是二面角BIC的平面角,设乙BMC=,AMC=a,AMB=夕，4M=,则8=。，由已知得(0,2,AB=BC=I,tana=tan=ptan。=tan(0T)=M=格=品，令f(t)=7,财当(0,)时，/0J(t)单调递增，当t(,2时，/0,b0,c0）,这说明椭球完全包含Q，C，在由平面=a,y=btz=c所围成的长方体内，其中,b,c按其大小,分别称为椭球的长半轴、

29、中半轴和短半轴.某椭球面与坐标面Z=0的截痕是椭圆邑9+y2=1.已知椭圆捺+=l（ab0）在其上一点QaO%）处的切线方程为登+贷=1.过椭圆E的左焦点Fl作直线/与椭圆E相交于48两点，过点48分别作椭圆的切线，两切线交于点M,求AABM面积的最小值.我国南北朝时期的伟大科学家祖暄于5世纪末提出了祖唯原理幕势既同，则积不容异”.祖瞄原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.当b=c时，椭球面围成的椭球是一个旋转体，类比计算球的体积的方法，运用祖唯原理求该椭球的体积.【答案】喈（2小

30、【分析】3）根据题意可知点片的坐标，直线，不与X轴重合，设出直线/的方程，联立椭圆方程，得到关于y的一元二次方程，求出,根据题意可得椭圆在点48处的切线方程，进而求出点M的坐标，求出点M到直线，的距离，即可求出SMBM的表达式，利用导数求得最小值（2）类比用祖胞原理求球的体积的方法，构造以1为半径，夜为高的圆柱，挖去同底（圆柱的上底）等高的圆锥构成的几何体与半椭球满足祖唯原理的条件，结合圆柱以及圆锥的体积公式，即可求得椭球的体积.【详解】（1）椭圆小的标准方程为9+y2=l,则&（一1,0）.当直线/的倾斜角为0。时，48分别为椭圆的左、右顶点,此时两切线平行无交点，不符合题意，所以直线/的倾

31、斜角不为0。，则A=8t2+80,y1+y2=/，力%=正2，所以4B=l+t2y1-y2=1+t2(y+),2)2-4y1y2=厅匚三+_=2Y+)(t2+2)2t2+2M+2，又椭圆E在点4处的切线方程为等+y1y=l,在点B处的切线方程为等+y2y=l,(T+%y=1徂_2(力-力)_2(力)_2。-%)_(管+y2y=1my2-2y1(ty-)y2-(ty2-)y-y-X2代入等+y1y=,得Ym=詈=今二2=乙所以M(-2,。，ZyXi则点M到直线，的距离d=K,Vl+产所以S-制明d=?当等.庐TI=丝咨，设m=t2+11,则Saabm=黑9，令f(m)=需，则f(m)=&器0，所

32、以f(m)在1,+8)上单调递增，所以当m=1,即=0时，4BM的面积最小，最小值是9；(2)椭圆E的焦点在X轴上，长半轴长为企，短半轴长为1,椭球由椭圆E及其内部绕X轴旋转180。而成旋转体，构造一个底面半径为1,高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体，当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为(0h)时，设小圆锥底面半径为r,则5=，即=九，所以新几何体的截面面积为兀一加2,把X=九代入j+y2=1,得与+y2=1,解得=1/2,所以半椭球的截面面积为兀y2=11-h2,由祖咽原理，得椭球的体积V=2(%柱-嵋锥)=2(211-i211)=竽.【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆相关三角形面积的求法以及祖暄原理的应用，题目比较新颖，难度较大，解答的难点在于计算三角形面积时，要结合直线方程和椭圆方程联立，得出根与系数的关系，进行化简求解，计算量较大，另外要发挥空间想象能力，构造出圆柱中挖去一个圆锥，进而利用祖瞄原理求解体积.20.(2024.河北石家庄.二模)已知椭圆=l(ab0)的左、右焦点分别为居,，离心率为4，过点FI的动直线狡E于A,B两点，点力在X轴上方，且/不与X轴垂直，力帆的周长为4a,直线AFz与E交于另一点C,直