《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例2 - 2 (2025·泰州一模)如图，点$F$为椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a ＞ b ＞ 0)$的左焦点，直线$y = kx$分别与椭圆$C$交于$A$，$B$两点，且满足$FA \perp AB$，$O$为坐标原点，$\angle ABF = \angle AFO$，则椭圆$C$的离心率为$\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}$。

答案：
例2 - 2$\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}$　[解析]如图，设椭圆的另一个焦点为$F_1$，连接$AF_1$，$BF_1$，根据椭圆的对称性可得，四边形$AFBF_1$为平行四边形.在$Rt\triangle AFO$，$Rt\triangle AFB$中，由$\angle ABF=\angle AFO$，$\tan\angle AFO=\frac{|AO|}{|AF|}$，$\tan\angle ABF=\frac{|AF|}{2|AO|}$，得$|AF|=\sqrt{2}|AO|$.在$Rt\triangle AFO$中，$|FO|^{2}=c^{2}=|AF|^{2}+|AO|^{2}=3|AO|^{2}$，得$|AO|=\frac{\sqrt{3}}{3}c$，$|AB|=2|AO|=\frac{2\sqrt{3}}{3}c$，$|AF|=\frac{\sqrt{6}}{3}c$.由椭圆的定义有$|BF|=2a - |BF_1|=2a-\frac{\sqrt{6}}{3}c$.在$Rt\triangle AFB$中，$|BF|^{2}=|AF|^{2}+|AB|^{2}$，即$(2a-\frac{\sqrt{6}}{3}c)^{2}=(\frac{\sqrt{6}}{3}c)^{2}+(\frac{2\sqrt{3}}{3}c)^{2}$，化简并整理得$c^{2}+\sqrt{6}ac - 3a^{2}=0$，两边同时除以$a^{2}$化为$e^{2}+\sqrt{6}e - 3 = 0$，解得$e=\frac{-\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{2}$（负值舍去），所以椭圆$C$的离心率为$\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{6}}{2}$.
　　　

变式2 - 2 (2025·枣庄三模)已知$F$是椭圆$C:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a ＞ b ＞ 0)$的右焦点，直线$y = \frac{4}{3}x$交$C$于$A$，$B$两点，若$AF \perp BF$，则椭圆$C$的离心率为(A)

A.$\frac{\sqrt{5}}{3}$
B.$\frac{2}{3}$
C.$\frac{\sqrt{3}}{3}$
D.$\frac{\sqrt{2}}{3}$

答案：
变式2 - 2A[解析]如图，因为椭圆$C:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$关于原点对称，直线$y=\frac{4}{3}x$过原点，所以$A$，$B$关于原点对称.设椭圆的左焦点为$F_1$，连接$AF_1$，$BF_1$，由椭圆的对称性可得$|AF_1|=|BF|$，$|BF_1|=|AF|$，所以四边形$AFBF_1$为平行四边形.因为$AF\perp BF$，所以平行四边形$AFBF_1$是矩形，所以$AF_1\perp AF$，$|OA|=|OF|=c$，所以点$B$在圆$x^{2}+y^{2}=c^{2}$上.由$\begin{cases}y=\frac{4}{3}x\\x^{2}+y^{2}=c^{2}\end{cases}$解得$B(\frac{3}{5}c,\frac{4}{5}c)$.代入椭圆方程$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$，又$b^{2}=a^{2}-c^{2}$，可得$\frac{(\frac{3}{5}c)^{2}}{a^{2}}+\frac{(\frac{4}{5}c)^{2}}{a^{2}-c^{2}}=1$.设椭圆离心率为$e=\frac{c}{a}(0＜e＜1)$，则上式可化为$\frac{9e^{2}}{25}+\frac{16e^{2}}{25(1 - e^{2})}=1$，化简可得$9e^{2}(1 - e^{2})+16e^{2}=25(1 - e^{2})$，即$(9e^{2}-25)(e^{2}-5)=0$.因为$0＜e＜1$，所以$9e^{2}=5$，解得$e=\frac{\sqrt{5}}{3}$.所以椭圆$C$的离心率为$\frac{\sqrt{5}}{3}$.

目标3 直线与椭圆
例3 （2025·南京二模节选）在平面直角坐标系$xOy$中，点$A(-1,0)$，$B(1,0)$，$Q(-4,0)$，动点$P$满足$|PA| + |PB| = 4$，记点$P$的轨迹为$C$。
（1）求$C$的方程；
（2）过点$Q$且斜率不为$0$的直线$l$与$C$相交于$E$，$F$两点（$E$在$F$的左侧），设直线$AE$，$AF$的斜率分别为$k_1$，$k_2$，求证：$\frac{k_1}{k_2}$为定值。

答案： 例3　[解答]
(1)由$|AB| = 2$，$|PA|+|PB|=4＞2 = |AB|$，所以点$P$在以$A$，$B$为焦点，$4$为长轴长的椭圆上.设焦距为$2c$，长轴长为$2a$，则$c = 1$，$a = 2$，得$b^{2}=3$，所以$C$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$.
(2)由$Q(-4,0)$，知直线$l$的斜率存在，且已知斜率不为$0$，设直线$l$的方程为$x = my - 4$，$E(x_1,y_1)$，$F(x_2,y_2)$，$x_1＜x_2$，联立$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\\x = my - 4\end{cases}$，得$(3m^{2}+4)y^{2}-24my + 36 = 0$，则$\Delta＞0$，$y_1 + y_2=\frac{24m}{3m^{2}+4}$，$y_1y_2=\frac{36}{3m^{2}+4}$.所以$my_1y_2=\frac{3}{2}(y_1 + y_2)$.又$A(-1,0)$，所以$k_1=\frac{y_1}{x_1 + 1}$，$k_2=\frac{y_2}{x_2 + 1}$，所以$\frac{k_1}{k_2}=\frac{y_1(x_2 + 1)}{y_2(x_1 + 1)}=\frac{y_1(my_2 - 3)}{y_2(my_1 - 3)}=\frac{my_1y_2 - 3y_1}{my_1y_2 - 3y_2}=\frac{\frac{3}{2}(y_1 + y_2)-3y_1}{\frac{3}{2}(y_1 + y_2)-3y_2}=\frac{\frac{3}{2}y_2-\frac{3}{2}y_1}{\frac{3}{2}y_1-\frac{3}{2}y_2}=-1$，即$\frac{k_1}{k_2}$为定值$-1$.