（2025·天津·高考真题）已知椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a>b>0)\) 的左焦点为 \(F\)，右顶点为 \(A\)，\(P\) 为 \(x=a\) 上一点，且直线 \(PF\) 的斜率为 \(\frac{1}{3}\)，\(\triangle PFA\) 的面积为 \(\frac{3}{2}\)，离心率为 \(\frac{1}{2}\)。
(1) 求椭圆的方程
设椭圆的半焦距为 \(c\)，则左焦点 \(F(-c,0)\)，右顶点 \(A(a,0)\)，离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}\)，即 \(a = 2c\)。
设 \(P(a,m)\)，由直线 \(PF\) 斜率为 \(\frac{1}{3}\)，得： \[ \frac{m-0}{a-(-c)} = \frac{1}{3} \implies \frac{m}{2c+c} = \frac{1}{3} \implies m = c \] 故 \(P(a,c) = P(2c,c)\)。
\(\triangle PFA\) 的面积：\(|AF| = a – (-c) = 3c\)，高 \(|m| = c\)， \[ S_{\triangle PFA} = \frac{1}{2} \times 3c \times c = \frac{3}{2} \implies c^2 = 1 \implies c = 1 \]
则 \(a = 2c = 2\)，\(b^2 = a^2 – c^2 = 3\)，椭圆方程为：
\(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1\)
(2) 过点 \(P\) 的直线与椭圆有唯一交点 \(B\)（异于点 \(A\)），求证：\(PF\) 平分 \(\angle AFB\)
由(1)得 \(P(2,1)\)，\(F(-1,0)\)，\(A(2,0)\)。设直线 \(PB\) 方程为 \(y = kx + m\)，代入 \(P(2,1)\) 得 \(m = 1 – 2k\)。
联立 \(\begin{cases} y = kx + m \\ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 \end{cases}\)，消去 \(y\) 得： \[ (3 + 4k^2)x^2 + 8kmx + 4m^2 – 12 = 0 \]
直线与椭圆相切，故 \(\Delta = 0\)，即： \[ (8km)^2 – 4(3+4k^2)(4m^2-12) = 0 \implies 4k^2 – m^2 + 3 = 0 \] 代入 \(m = 1 – 2k\)，解得 \(k = -\frac{1}{2}\)，\(m = 2\)，故直线 \(PB: y = -\frac{1}{2}x + 2\)。
联立直线与椭圆方程，解得 \(B\left(1, \frac{3}{2}\right)\)。
法一：向量夹角法
向量 \(\overrightarrow{FB} = \left(2, \frac{3}{2}\right)\)，\(\overrightarrow{FP} = (3,1)\)，\(\overrightarrow{FA} = (3,0)\)， \[ \cos\angle BFP = \frac{\overrightarrow{FB} \cdot \overrightarrow{FP}}{|\overrightarrow{FB}| \cdot |\overrightarrow{FP}|} = \frac{2 \times 3 + \frac{3}{2} \times 1}{\sqrt{2^2 + \left(\frac{3}{2}\right)^2} \cdot \sqrt{3^2 + 1^2}} = \frac{3\sqrt{10}}{10} \] \[ \cos\angle PFA = \frac{\overrightarrow{FA} \cdot \overrightarrow{FP}}{|\overrightarrow{FA}| \cdot |\overrightarrow{FP}|} = \frac{3 \times 3 + 1 \times 0}{3 \cdot \sqrt{3^2 + 1^2}} = \frac{3\sqrt{10}}{10} \] 故 \(\cos\angle BFP = \cos\angle PFA\)，又 \(\angle BFP, \angle PFA \in (0, \frac{\pi}{2})\)，所以 \(\angle BFP = \angle PFA\)，即 \(PF\) 平分 \(\angle AFB\)。
法二：斜率夹角法
\(k_{FB} = \frac{\frac{3}{2} – 0}{1 – (-1)} = \frac{3}{4}\)，\(k_{PF} = \frac{1 – 0}{2 – (-1)} = \frac{1}{3}\)，\(k_{AF} = 0\)， \[ \tan\angle BFP = \left|\frac{\frac{3}{4} – \frac{1}{3}}{1 + \frac{1}{3} \times \frac{3}{4}}\right| = \frac{1}{3}, \quad \tan\angle PFA = \left|\frac{\frac{1}{3} – 0}{1 + 0}\right| = \frac{1}{3} \] 故 \(\tan\angle BFP = \tan\angle PFA\)，又 \(\angle BFP, \angle PFA \in (0, \frac{\pi}{2})\)，所以 \(\angle BFP = \angle PFA\)，即 \(PF\) 平分 \(\angle AFB\)。
法三：倍角公式法
\(\tan\angle PFA = k_{PF} = \frac{1}{3}\)， \[ \tan 2\angle PFA = \frac{2 \times \frac{1}{3}}{1 – \left(\frac{1}{3}\right)^2} = \frac{3}{4} = \tan\angle BFP \] 故 \(\angle BFP = 2\angle PFA\)，即 \(PF\) 平分 \(\angle AFB\)。
法四：角平分线距离法
直线 \(FB\) 方程：\(y = \frac{3}{4}(x+1)\)，即 \(3x – 4y + 3 = 0\)， 点 \(P(2,1)\) 到直线 \(FB\) 的距离： \[ d = \frac{|3 \times 2 – 4 \times 1 + 3|}{\sqrt{3^2 + (-4)^2}} = \frac{5}{5} = 1 \] 点 \(P(2,1)\) 到直线 \(FA\)（\(y=0\)）的距离为 \(1\)， 故 \(PF\) 到 \(FA\)、\(FB\) 距离相等，即 \(PF\) 平分 \(\angle AFB\)。
得证
（2024·天津·高考真题）已知椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)\) 的离心率 \(e = \frac{1}{2}\)，左顶点为 \(A\)，下顶点为 \(B\)，\(C\) 是线段 \(OB\) 的中点，其中 \(S_{\triangle ABC} = \frac{3\sqrt{3}}{2}\)。
(1) 求椭圆方程
由离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}\)，得 \(a = 2c\)，\(b = \sqrt{a^2 – c^2} = \sqrt{3}c\)。
则 \(A(-2c, 0)\)，\(B(0, -\sqrt{3}c)\)，\(C\left(0, -\frac{\sqrt{3}}{2}c\right)\)， \[ S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} \times |AF| \times |OC| = \frac{1}{2} \times 2c \times \frac{\sqrt{3}}{2}c = \frac{\sqrt{3}}{2}c^2 \] 代入 \(S_{\triangle ABC} = \frac{3\sqrt{3}}{2}\)，得 \(\frac{\sqrt{3}}{2}c^2 = \frac{3\sqrt{3}}{2}\)，解得 \(c = \sqrt{3}\)。
故 \(a = 2\sqrt{3}\)，\(b = 3\)，椭圆方程为：
\(\frac{x^2}{12} + \frac{y^2}{9} = 1\)
(2) 过点 \(\left(0, -\frac{3}{2}\right)\) 的动直线与椭圆有两个交点 \(P, Q\)，在 \(y\) 轴上是否存在点 \(T\) 使得 \(\overrightarrow{TP} \cdot \overrightarrow{TQ} \le 0\)，若存在求出这个 \(T\) 点纵坐标的取值范围，若不存在请说明理由
① 当直线斜率存在时，设直线方程为 \(y = kx – \frac{3}{2}\)，\(P(x_1, y_1)\)，\(Q(x_2, y_2)\)，\(T(0, t)\)。
联立 \(\begin{cases} 3x^2 + 4y^2 = 36 \\ y = kx – \frac{3}{2} \end{cases}\)，消去 \(y\) 得： \[ (3 + 4k^2)x^2 – 12kx – 27 = 0 \] 判别式 \(\Delta = 144k^2 + 108(3 + 4k^2) = 324 + 576k^2 > 0\)， 韦达定理：\(x_1 + x_2 = \frac{12k}{3 + 4k^2}\)，\(x_1 x_2 = \frac{-27}{3 + 4k^2}\)。
向量点积： \[ \begin{align*} \overrightarrow{TP} \cdot \overrightarrow{TQ} &= x_1 x_2 + (y_1 – t)(y_2 – t) \\ &= (1 + k^2)x_1 x_2 – k\left(\frac{3}{2} + t\right)(x_1 + x_2) + \left(\frac{3}{2} + t\right)^2 \\ &= \frac{[(3 + 2t)^2 – 12t – 45]k^2 + 3\left(\frac{3}{2} + t\right)^2 – 27}{3 + 4k^2} \end{align*} \]
要使 \(\overrightarrow{TP} \cdot \overrightarrow{TQ} \le 0\) 对任意 \(k\) 恒成立，需： \[ \begin{cases} (3 + 2t)^2 – 12t – 45 \le 0 \\ 3\left(\frac{3}{2} + t\right)^2 – 27 \le 0 \end{cases} \] 解得 \(-3 \le t \le \frac{3}{2}\)。
② 当直线斜率不存在时，直线为 \(x=0\)，交点 \(P(0, 3)\)，\(Q(0, -3)\)， \[ \overrightarrow{TP} \cdot \overrightarrow{TQ} = (3 – t)(-3 – t) = t^2 – 9 \le 0 \implies -3 \le t \le 3 \]
综合两种情况，得 \(t\) 的取值范围：
\(-3 \le t \le \frac{3}{2}\)，即存在 \(T(0, t)\) 满足条件
（2023·天津·高考真题）已知椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)\) 的左右顶点分别为 \(A_1, A_2\)，右焦点为 \(F\)，已知 \(|A_1F| = 3\)，\(|A_2F| = 1\)。
(1) 求椭圆的方程和离心率
由椭圆定义，\(A_1(-a,0)\)，\(A_2(a,0)\)，\(F(c,0)\)，得方程组： \[ \begin{cases} a + c = 3 \\ a – c = 1 \end{cases} \] 解得 \(a = 2\)，\(c = 1\)。
由 \(b^2 = a^2 – c^2 = 4 – 1 = 3\)，故椭圆方程为： \[ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 \] 离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}\)。
椭圆方程：\(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1\)，离心率：\(e = \frac{1}{2}\)
(2) 点 \(P\) 在椭圆上（异于椭圆的顶点），直线 \(A_2P\) 交 \(y\) 轴于点 \(Q\)，若三角形 \(A_1PQ\) 的面积是三角形 \(A_2PF\) 面积的二倍，求直线 \(A_2P\) 的方程
设直线 \(A_2P\) 的方程为 \(y = k(x – 2)\)（\(k \neq 0\)），\(A_2(2,0)\)，令 \(x=0\) 得 \(Q(0, -2k)\)。
联立 \(\begin{cases} \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 \\ y = k(x – 2) \end{cases}\)，消去 \(y\) 得： \[ (3 + 4k^2)x^2 – 16k^2x + 16k^2 – 12 = 0 \] 由韦达定理，\(x_{A_2} \cdot x_P = \frac{16k^2 – 12}{3 + 4k^2}\)，代入 \(x_{A_2}=2\)，得 \(x_P = \frac{8k^2 – 6}{3 + 4k^2}\)， 故 \(P\left(\frac{8k^2 – 6}{3 + 4k^2}, \frac{-12k}{3 + 4k^2}\right)\)。
面积关系：\(S_{\triangle A_1PQ} = 2S_{\triangle A_2PF}\)， 由 \(|A_1A_2| = 4\)，\(|A_2F| = 1\)，得： \[ 2|y_Q| = 3|y_P| \] 代入 \(y_Q = -2k\)，\(y_P = \frac{-12k}{3 + 4k^2}\)，得： \[ 2|-2k| = 3\left|\frac{-12k}{3 + 4k^2}\right| \] 化简得 \(4 = \frac{36}{3 + 4k^2}\)，解得 \(k^2 = \frac{6}{4}\)，即 \(k = \pm \frac{\sqrt{6}}{2}\)。
直线 \(A_2P\) 的方程为：\(y = \pm \frac{\sqrt{6}}{2}(x – 2)\)
（2022·天津·高考真题）椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)\) 的右焦点为 \(F\)，右顶点 \(A\) 和上顶点为 \(B\) 满足 \(\frac{|BF|}{|AB|} = \frac{\sqrt{3}}{2}\)。
(1) 求椭圆的离心率 \(e\)
由题意，\(|BF| = \sqrt{b^2 + c^2} = a\)，\(|AB| = \sqrt{a^2 + b^2}\)，代入条件： \[ \frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}} = \frac{\sqrt{3}}{2} \] 平方得 \(\frac{a^2}{a^2 + b^2} = \frac{3}{4}\)，化简得 \(a^2 = 3b^2\)。
离心率： \[ e = \frac{c}{a} = \sqrt{\frac{a^2 – b^2}{a^2}} = \sqrt{\frac{a^2 – \frac{a^2}{3}}{a^2}} = \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3} \]
\(e = \frac{\sqrt{6}}{3}\)
(2) 直线 \(l\) 与椭圆有唯一公共点 \(M\)，与 \(y\) 轴相交于点 \(N\)（\(N\) 异于 \(M\)）。记 \(O\) 为原点，若 \(|OM| = |ON|\)，且 \(\triangle MON\) 的面积为 \(\sqrt{3}\)，求椭圆的方程
由(1)得 \(a^2 = 3b^2\)，椭圆方程为 \(x^2 + 3y^2 = a^2\)。设直线 \(l: y = kx + m\)，联立椭圆方程： \[ \begin{cases} y = kx + m \\ x^2 + 3y^2 = a^2 \end{cases} \implies (1 + 3k^2)x^2 + 6kmx + (3m^2 – a^2) = 0 \]
直线与椭圆相切，故 \(\Delta = 0\)： \[ (6km)^2 – 4(1 + 3k^2)(3m^2 – a^2) = 0 \implies 3m^2 = a^2(1 + 3k^2) \quad ① \] 切点 \(M\) 坐标：\(x_M = -\frac{3km}{1 + 3k^2}\)，\(y_M = \frac{m}{1 + 3k^2}\)。
由 \(|OM| = |ON|\)，\(N(0, m)\)，得： \[ x_M^2 + y_M^2 = m^2 \implies \frac{m^2(9k^2 + 1)}{(1 + 3k^2)^2} = m^2 \implies 9k^2 + 1 = (1 + 3k^2)^2 \implies k^2 = \frac{1}{3} \quad ② \]
由 \(\triangle MON\) 面积为 \(\sqrt{3}\)： \[ \frac{1}{2} |m| \cdot |x_M| = \sqrt{3} \implies \frac{1}{2} |m| \cdot \frac{|3km|}{1 + 3k^2} = \sqrt{3} \quad ③ \]
联立①②③，代入 \(k^2 = \frac{1}{3}\)，得 \(m^2 = 4\)，\(a^2 = 6\)，故 \(b^2 = 2\)。
椭圆方程：\(\frac{x^2}{6} + \frac{y^2}{2} = 1\)
（2021·天津·高考真题）已知椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)\) 的右焦点为 \(F\)，上顶点为 \(B\)，离心率为 \(\frac{2\sqrt{5}}{5}\)，且 \(|BF| = \sqrt{5}\)。
(1) 求椭圆的方程
由题意，\(F(c,0)\)，\(B(0,b)\)，则 \(|BF| = \sqrt{b^2 + c^2} = a = \sqrt{5}\)。
离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{2\sqrt{5}}{5}\)，代入 \(a = \sqrt{5}\)，得 \(c = 2\)。
由 \(b^2 = a^2 – c^2 = 5 – 4 = 1\)，故椭圆方程为：
\(\frac{x^2}{5} + y^2 = 1\)
(2) 直线 \(l\) 与椭圆有唯一的公共点 \(M\)，与 \(y\) 轴的正半轴交于点 \(N\)，过 \(N\) 与 \(BF\) 垂直的直线交 \(x\) 轴于点 \(P\)。若 \(MP \parallel BF\)，求直线 \(l\) 的方程
设切点 \(M(x_0, y_0)\)，椭圆在 \(M\) 处的切线方程为：\(\frac{x_0 x}{5} + y_0 y = 1\)。
令 \(x=0\)，得 \(N\left(0, \frac{1}{y_0}\right)\)（\(y_0 > 0\)）。
直线 \(BF\) 的斜率 \(k_{BF} = \frac{0 – b}{c – 0} = -\frac{b}{c} = -\frac{1}{2}\)，故直线 \(PN\) 的斜率为 \(2\)，方程为：\(y = 2x + \frac{1}{y_0}\)。
令 \(y=0\)，得 \(P\left(-\frac{1}{2y_0}, 0\right)\)。
由 \(MP \parallel BF\)，得 \(k_{MP} = k_{BF} = -\frac{1}{2}\)，即： \[ \frac{y_0 – 0}{x_0 + \frac{1}{2y_0}} = -\frac{1}{2} \] 整理得 \(2y_0^2 = -x_0 – \frac{1}{2y_0}\)，即 \((x_0 + 5y_0)^2 = 0\)，故 \(x_0 = -5y_0\)。
将 \(x_0 = -5y_0\) 代入椭圆方程 \(\frac{x_0^2}{5} + y_0^2 = 1\)，得： \[ \frac{25y_0^2}{5} + y_0^2 = 1 \implies 6y_0^2 = 1 \implies y_0 = \frac{\sqrt{6}}{6} \quad (y_0 > 0) \] 则 \(x_0 = -\frac{5\sqrt{6}}{6}\)。
代入切线方程，得： \[ \frac{-\frac{5\sqrt{6}}{6} \cdot x}{5} + \frac{\sqrt{6}}{6} \cdot y = 1 \] 化简为：\(x – y + \sqrt{6} = 0\)。
直线 \(l\) 的方程为：\(x – y + \sqrt{6} = 0\)
（2020·天津·高考真题）已知椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)\) 的一个顶点为 \(A(0,-3)\)，右焦点为 \(F\)，且 \(|OA| = |OF|\)，其中 \(O\) 为原点。
(Ⅰ) 求椭圆的方程
由顶点 \(A(0,-3)\) 可知 \(b = 3\)。
由 \(|OA| = |OF|\)，得 \(c = b = 3\)。
由椭圆关系 \(a^2 = b^2 + c^2\)，得 \(a^2 = 3^2 + 3^2 = 18\)。
椭圆方程为 \(\frac{x^2}{18} + \frac{y^2}{9} = 1\)
(Ⅱ) 已知点 \(C\) 满足 \(3\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OF}\)，点 \(B\) 在椭圆上（\(B\) 异于椭圆的顶点），直线 \(AB\) 与以 \(C\) 为圆心的圆相切于点 \(P\)，且 \(P\) 为线段 \(AB\) 的中点。求直线 \(AB\) 的方程
由 \(3\overrightarrow{OC} = \overrightarrow{OF}\)，\(F(3,0)\)，得 \(C(1,0)\)。
设直线 \(AB\) 的方程为 \(y = kx – 3\)，联立椭圆方程： \[ \begin{cases} y = kx – 3 \\ \frac{x^2}{18} + \frac{y^2}{9} = 1 \end{cases} \implies (2k^2 + 1)x^2 – 12kx = 0 \] 解得 \(x=0\) 或 \(x = \frac{12k}{2k^2 + 1}\)，故 \(B\left(\frac{12k}{2k^2 + 1}, \frac{6k^2 – 3}{2k^2 + 1}\right)\)。
由 \(P\) 是 \(AB\) 中点，得 \(P\left(\frac{6k}{2k^2 + 1}, \frac{-3}{2k^2 + 1}\right)\)。
因为 \(CP \perp AB\)，所以 \(k_{CP} \cdot k = -1\)： \[ \frac{\frac{-3}{2k^2 + 1} – 0}{\frac{6k}{2k^2 + 1} – 1} \cdot k = -1 \implies \frac{-3k}{6k – 2k^2 – 1} = -1 \implies 2k^2 – 3k + 1 = 0 \] 解得 \(k = \frac{1}{2}\) 或 \(k = 1\)。
直线 \(AB\) 的方程为 \(y = \frac{1}{2}x – 3\) 或 \(y = x – 3\)
（2019·天津·高考真题）已知设椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)\) 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 \(\frac{\sqrt{5}}{5}\)。
(Ⅰ) 求椭圆的方程
由短轴长 \(2b = 4\)，得 \(b = 2\)。
离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{5}}{5}\)，结合椭圆关系 \(a^2 = b^2 + c^2\)，代入 \(b=2\)： \[ a^2 = 4 + c^2,\quad \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{5}}{5} \implies c = \frac{\sqrt{5}}{5}a \] 代入得 \(a^2 = 4 + \frac{1}{5}a^2 \implies \frac{4}{5}a^2 = 4 \implies a^2 = 5\)，故 \(c=1\)。
椭圆方程为 \(\frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{4} = 1\)
(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 \(OP \perp MN\)，求直线 \(PB\) 的斜率
由 \(|ON| = |OF| = 1\)，且 \(N\) 在 \(y\) 轴负半轴，得 \(N(0,-1)\)。
设直线 \(PB\) 的斜率为 \(k(k \neq 0)\)，上顶点 \(B(0,2)\)，则直线 \(PB\) 方程为 \(y = kx + 2\)。
联立椭圆方程 \(\begin{cases} y = kx + 2 \\ \frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{4} = 1 \end{cases}\)，消去 \(y\) 得： \[ (4 + 5k^2)x^2 + 20kx = 0 \] 解得 \(x = 0\)（对应点 \(B\)）或 \(x = -\frac{20k}{4 + 5k^2}\)，故 \(P\left(-\frac{20k}{4 + 5k^2}, \frac{8 – 10k^2}{4 + 5k^2}\right)\)。
直线 \(OP\) 的斜率： \[ k_{OP} = \frac{\frac{8 – 10k^2}{4 + 5k^2}}{-\frac{20k}{4 + 5k^2}} = \frac{4 – 5k^2}{-10k} \]
在直线 \(PB\) 中令 \(y=0\)，得 \(M\left(-\frac{2}{k}, 0\right)\)，直线 \(MN\) 的斜率： \[ k_{MN} = \frac{0 – (-1)}{-\frac{2}{k} – 0} = -\frac{k}{2} \]
由 \(OP \perp MN\)，得 \(k_{OP} \cdot k_{MN} = -1\)： \[ \frac{4 – 5k^2}{-10k} \cdot \left(-\frac{k}{2}\right) = -1 \implies \frac{4 – 5k^2}{20} = -1 \implies 4 – 5k^2 = -20 \implies k^2 = \frac{24}{5} \] 解得 \(k = \pm \frac{2\sqrt{30}}{5}\)。
直线 \(PB\) 的斜率为 \(\frac{2\sqrt{30}}{5}\) 或 \(-\frac{2\sqrt{30}}{5}\)
（2018·天津·高考真题）设椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a>b>0)\) 的左焦点为 \(F\)，上顶点为 \(B\)。已知椭圆的离心率为 \(\frac{\sqrt{5}}{3}\)，点 \(A\) 的坐标为 \((b,0)\)，且 \(|FB| \cdot |AB| = 6\sqrt{2}\)。
(I) 求椭圆的方程
由离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{5}}{3}\)，得 \(\frac{c^2}{a^2} = \frac{5}{9}\)。
结合 \(a^2 = b^2 + c^2\)，得 \(c^2 = a^2 – b^2\)，故 \(\frac{a^2 – b^2}{a^2} = \frac{5}{9}\)，化简得 \(a = 3b\)。
由题意，\(F(-c,0)\)，\(B(0,b)\)，则 \(|FB| = \sqrt{b^2 + c^2} = a\)；\(A(b,0)\)，则 \(|AB| = \sqrt{b^2 + b^2} = \sqrt{2}b\)。
由 \(|FB| \cdot |AB| = 6\sqrt{2}\)，得 \(a \cdot \sqrt{2}b = 6\sqrt{2}\)，即 \(ab = 6\)。
代入 \(a = 3b\)，得 \(3b^2 = 6 \implies b^2 = 2\)，故 \(a^2 = 9b^2 = 18\)，\(c^2 = a^2 – b^2 = 16\)。
椭圆方程为 \(\frac{x^2}{18} + \frac{y^2}{2} = 1\)
(II) 设直线 \(l: y = kx(k > 0)\) 与椭圆在第一象限的交点为 \(P\)，且 \(l\) 与直线 \(AB\) 交于点 \(Q\)。若 \(\frac{|AQ|}{|PQ|} = \frac{5\sqrt{2}}{4}\sin\angle AOQ\)（\(O\) 为原点），求 \(k\) 的值。
由(I)知 \(a^2=9, b^2=4\)（注：原文解析此处应为 \(b=2\)，方程为 \(\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1\)），椭圆方程为 \(\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1\)，\(A(2,0)\)，\(B(0,2)\)，直线 \(AB\) 方程为 \(x + y = 2\)。
设 \(P(x_1, y_1)\)，\(Q(x_2, y_2)\)，其中 \(y_1 > y_2 > 0\)。
联立 \(\begin{cases} y = kx \\ \frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1 \end{cases}\)，得 \(x_1 = \frac{6}{\sqrt{9k^2+4}}\)，\(y_1 = \frac{6k}{\sqrt{9k^2+4}}\)。
联立 \(\begin{cases} y = kx \\ x + y = 2 \end{cases}\)，得 \(x_2 = \frac{2}{k+1}\)，\(y_2 = \frac{2k}{k+1}\)。
由面积关系及题设等式，化简得 \(5y_1 = 9y_2\)，即： \[ 5 \cdot \frac{6k}{\sqrt{9k^2+4}} = 9 \cdot \frac{2k}{k+1} \] 约去 \(k(k>0)\)，两边平方整理得： \[ 56k^2 – 50k + 11 = 0 \]
解得 \(k = \frac{1}{2}\) 或 \(k = \frac{11}{28}\)。
k 的值为 \(\frac{1}{2}\) 或 \(\frac{11}{28}\)
（2017·天津·高考真题）设椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)\) 的左焦点为 \(F\)，右顶点为 \(A\)，离心率为 \(\frac{1}{2}\)。已知 \(A\) 是抛物线 \(y^2 = 2px(p > 0)\) 的焦点，\(F\) 到抛物线的准线 \(l\) 的距离为 \(\frac{1}{2}\)。
(I) 求椭圆的方程和抛物线的方程
设椭圆左焦点 \(F(-c,0)\)，右顶点 \(A(a,0)\)。 由椭圆离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{1}{2}\)，得 \(a = 2c\)。 抛物线 \(y^2 = 2px\) 的焦点为 \(\left(\frac{p}{2},0\right)\)，由题意 \(A\) 是抛物线焦点，故 \(\frac{p}{2} = a\)，即 \(p = 2a\)。 抛物线准线 \(l: x = -\frac{p}{2} = -a\)，\(F\) 到准线 \(l\) 的距离为 \(a – (-c) = a + c = \frac{1}{2}\)。
联立 \(a = 2c\) 和 \(a + c = \frac{1}{2}\)，解得 \(a = 1\)，\(c = \frac{1}{2}\)，\(p = 2\)。 椭圆中 \(b^2 = a^2 – c^2 = 1 – \frac{1}{4} = \frac{3}{4}\)。
椭圆方程：\(x^2 + \frac{4y^2}{3} = 1\)，抛物线方程：\(y^2 = 4x\)
(II) 设 \(l\) 上两点 \(P, Q\) 关于 \(x\) 轴对称，直线 \(AP\) 与椭圆相交于点 \(B\)（\(B\) 异于点 \(A\)），直线 \(BQ\) 与 \(x\) 轴相交于点 \(D\)。若 \(\triangle APD\) 的面积为 \(\frac{\sqrt{6}}{2}\)，求直线 \(AP\) 的方程
抛物线准线 \(l: x = -1\)，设直线 \(AP\) 方程为 \(x = my + 1(m \neq 0)\)， 联立 \(x = -1\)，得 \(P\left(-1, -\frac{2}{m}\right)\)，由对称性得 \(Q\left(-1, \frac{2}{m}\right)\)。
联立 \(\begin{cases} x = my + 1 \\ x^2 + \frac{4y^2}{3} = 1 \end{cases}\)，消去 \(x\) 得： \[ (3m^2 + 4)y^2 + 6my = 0 \] 解得 \(y = 0\)（对应点 \(A\)）或 \(y = \frac{-6m}{3m^2 + 4}\)，故 \(B\left(\frac{-3m^2 + 4}{3m^2 + 4}, \frac{-6m}{3m^2 + 4}\right)\)。
直线 \(BQ\) 方程为： \[ \left(\frac{-6m}{3m^2 + 4} – \frac{2}{m}\right)(x + 1) – \left(\frac{-3m^2 + 4}{3m^2 + 4} + 1\right)\left(y – \frac{2}{m}\right) = 0 \] 令 \(y = 0\)，解得 \(D\left(\frac{2 – 3m^2}{3m^2 + 2}, 0\right)\)，故 \(|AD| = 1 – \frac{2 – 3m^2}{3m^2 + 2} = \frac{6m^2}{3m^2 + 2}\)。
\(\triangle APD\) 的面积： \[ \frac{1}{2} \times \frac{6m^2}{3m^2 + 2} \times \left|\frac{2}{m}\right| = \frac{\sqrt{6}}{2} \] 化简得 \(3m^2 – 2\sqrt{6}|m| + 2 = 0\)，解得 \(|m| = \frac{\sqrt{6}}{3}\)，即 \(m = \pm \frac{\sqrt{6}}{3}\)。
直线 \(AP\) 的方程为：\(3x + \sqrt{6}y – 3 = 0\) 或 \(3x – \sqrt{6}y – 3 = 0\)
（2016·天津·高考真题）设椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{3} = 1(a > \sqrt{3})\) 的右焦点为 \(F\)，右顶点为 \(A\)，已知 \(\frac{1}{|OF|} + \frac{1}{|OA|} = \frac{3e}{|FA|}\)，其中 \(O\) 为原点，\(e\) 为椭圆的离心率。
(1) 求椭圆的方程
设 \(F(c,0)\)，则 \(|OF|=c\)，\(|OA|=a\)，\(|FA|=a-c\)，离心率 \(e=\frac{c}{a}\)。 代入题设等式： \[ \frac{1}{c} + \frac{1}{a} = \frac{3 \cdot \frac{c}{a}}{a-c} \] 通分整理得：\(\frac{a+c}{ac} = \frac{3c}{a(a-c)}\)，约去 \(a\) 并交叉相乘得： \[ (a+c)(a-c) = 3c^2 \implies a^2 – c^2 = 3c^2 \] 又 \(a^2 – c^2 = b^2 = 3\)，故 \(3 = 3c^2 \implies c^2=1\)，进而 \(a^2 = b^2 + c^2 = 4\)。
椭圆方程为 \(\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1\)
(2) 设过点 \(A\) 的直线 \(l\) 与椭圆交于点 \(B\)（\(B\) 不在 \(x\) 轴上），垂直于 \(l\) 的直线与 \(l\) 交于点 \(M\)，与 \(y\) 轴交于点 \(H\)，若 \(BF \perp HF\)，且 \(\angle MOA \le \angle MAO\)，求直线 \(l\) 的斜率的取值范围
设直线 \(l\) 的斜率为 \(k(k \neq 0)\)，方程为 \(y = k(x-2)\)。 联立椭圆方程 \(\begin{cases} y = k(x-2) \\ \frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{3} = 1 \end{cases}\)，消去 \(y\) 得： \[ (4k^2 + 3)x^2 – 16k^2x + 16k^2 – 12 = 0 \] 解得 \(x=2\)（对应点 \(A\)）或 \(x = \frac{8k^2 – 6}{4k^2 + 3}\)，故 \(B\left(\frac{8k^2 – 6}{4k^2 + 3}, \frac{-12k}{4k^2 + 3}\right)\)。
由 \(F(1,0)\)，设 \(H(0,y_H)\)，则 \(\overrightarrow{BF} = \left(\frac{9-4k^2}{4k^2 + 3}, \frac{12k}{4k^2 + 3}\right)\)，\(\overrightarrow{HF} = (-1, y_H)\)。 由 \(BF \perp HF\)，得 \(\overrightarrow{BF} \cdot \overrightarrow{HF} = 0\)，即： \[ \frac{4k^2 – 9}{4k^2 + 3} + \frac{12k y_H}{4k^2 + 3} = 0 \implies y_H = \frac{9 – 4k^2}{12k} \]
直线 \(MH\) 方程为 \(y = -\frac{1}{k}x + \frac{9 – 4k^2}{12k}\)，联立 \(y = k(x-2)\)，解得 \(M\left(\frac{20k^2 + 9}{12(k^2 + 1)}, \frac{-15k}{12(k^2 + 1)}\right)\)。
在 \(\triangle MAO\) 中，\(\angle MOA \le \angle MAO \iff |MA| \le |MO|\)，即： \[ (x_M – 2)^2 + y_M^2 \le x_M^2 + y_M^2 \implies x_M \ge 1 \] 代入 \(x_M = \frac{20k^2 + 9}{12(k^2 + 1)} \ge 1\)，化简得： \[ 20k^2 + 9 \ge 12k^2 + 12 \implies 8k^2 \ge 3 \implies |k| \ge \frac{\sqrt{6}}{4} \]
直线 \(l\) 的斜率取值范围为 \((-\infty, -\frac{\sqrt{6}}{4}] \cup [\frac{\sqrt{6}}{4}, +\infty)\)
（2015·天津·高考真题）已知椭圆 \(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1(a > b > 0)\) 的左焦点为 \(F(-c,0)\)，离心率为 \(\frac{\sqrt{5}}{3}\)，点 \(M\) 在椭圆上且位于第一象限，直线 \(FM\) 被圆 \(x^2 + y^2 = \frac{b^2}{4}\) 截得的线段的长为 \(c\)，\(|FM| = \frac{4\sqrt{3}}{3}\)。
(Ⅰ) 求直线 \(FM\) 的斜率
由离心率 \(e = \frac{c}{a} = \frac{\sqrt{3}}{3}\)，得 \(\frac{c^2}{a^2} = \frac{1}{3}\)，结合 \(a^2 = b^2 + c^2\)，得 \(a^2 = 3c^2\)，\(b^2 = 2c^2\)。
设直线 \(FM\) 的斜率为 \(k(k>0)\)，方程为 \(y = k(x + c)\)。 圆心 \((0,0)\) 到直线 \(FM\) 的距离 \(d = \frac{|kc|}{\sqrt{k^2 + 1}}\)。 由垂径定理：\(d^2 + \left(\frac{c}{2}\right)^2 = \left(\frac{b}{2}\right)^2\)，代入 \(b^2=2c^2\)，得： \[ \left(\frac{kc}{\sqrt{k^2 + 1}}\right)^2 + \left(\frac{c}{2}\right)^2 = \left(\frac{\sqrt{2}c}{2}\right)^2 \] 约去 \(c^2\) 并化简：\(\frac{k^2}{k^2 + 1} + \frac{1}{4} = \frac{1}{2}\)，解得 \(k^2 = \frac{1}{3}\)，故 \(k = \frac{\sqrt{3}}{3}\)。
直线 \(FM\) 的斜率为 \(\frac{\sqrt{3}}{3}\)
(Ⅱ) 求椭圆的方程
由(Ⅰ)，椭圆方程为 \(\frac{x^2}{3c^2} + \frac{y^2}{2c^2} = 1\)，直线 \(FM: y = \frac{\sqrt{3}}{3}(x + c)\)。 联立方程： \[ \begin{cases} y = \frac{\sqrt{3}}{3}(x + c) \\ \frac{x^2}{3c^2} + \frac{y^2}{2c^2} = 1 \end{cases} \implies 3x^2 + 2cx – 5c^2 = 0 \] 解得 \(x = c\) 或 \(x = -\frac{5c}{3}\)，因 \(M\) 在第一象限，故 \(M\left(c, \frac{2\sqrt{3}}{3}c\right)\)。
由 \(|FM| = \frac{4\sqrt{3}}{3}\)，得： \[ \sqrt{(c + c)^2 + \left(\frac{2\sqrt{3}}{3}c – 0\right)^2} = \frac{4\sqrt{3}}{3} \implies \sqrt{4c^2 + \frac{4c^2}{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3} \implies \frac{4c}{\sqrt{3}} = \frac{4\sqrt{3}}{3} \implies c = 1 \] 故 \(a^2 = 3\)，\(b^2 = 2\)，椭圆方程为 \(\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} = 1\)。
椭圆方程为 \(\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{2} = 1\)
(Ⅲ) 设动点 \(P\) 在椭圆上，若直线 \(FP\) 的斜率大于 \(\sqrt{2}\)，求直线 \(OP\)（\(O\) 为原点）的斜率的取值范围
设 \(P(x,y)\)，直线 \(FP\) 斜率为 \(t = \frac{y}{x + 1} > \sqrt{2}\)，即 \(y = t(x + 1)\)。 联立椭圆方程：\(2x^2 + 3t^2(x + 1)^2 = 6\)，解得 \(t = \sqrt{\frac{6 – 2x^2}{3(x + 1)^2}} > \sqrt{2}\)，化简得： \[ \frac{6 – 2x^2}{3(x + 1)^2} > 2 \implies -\frac{3}{2} < x < -1 \ \text{或}\ -1 < x < 0 \]
设直线 \(OP\) 斜率为 \(m = \frac{y}{x}\)，联立椭圆方程得 \(m^2 = \frac{2}{x^2} – \frac{2}{3}\)。
- 当 \(x \in \left(-\frac{3}{2}, -1\right)\) 时，\(y < 0\)，故 \(m > 0\)，\(m = \sqrt{\frac{2}{x^2} – \frac{2}{3}} \in \left(\frac{\sqrt{2}}{3}, \frac{2\sqrt{3}}{3}\right)\)；
- 当 \(x \in (-1, 0)\) 时，\(y > 0\)，故 \(m < 0\)，\(m = -\sqrt{\frac{2}{x^2} - \frac{2}{3}} \in \left(-\infty, -\frac{2\sqrt{3}}{3}\right)\)。
直线 \(OP\) 斜率的取值范围为 \(\left(-\infty, -\frac{2\sqrt{3}}{3}\right) \cup \left(\frac{\sqrt{2}}{3}, \frac{2\sqrt{3}}{3}\right)\)
