《2026年南方凤凰台5A新考案高中数学二轮基础版》

例 1 （2025·天津卷）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 $A$，$P$ 为直线 $x = a$ 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；
（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 $\angle AFB$

答案：

(1)如图,椭圆$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a＞b＞0)$的左焦点为$F(-c,0)$，右顶点为$A(a,0)$，由离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，可得$a=2c$。因为$P$为$x=a$上一点，所以可设$P(a,m)$。由直线$PF$的斜率为$\frac{1}{3}$，可得$\frac{m - 0}{a - (-c)}=\frac{1}{3}$，即$\frac{m}{a + c}=\frac{1}{3}$，所以$\frac{m}{2c + c}=\frac{1}{3}$，解得$m = c$，则$P(a,c)$，即$P(2c,c)$。因为$\triangle PFA$的面积为$\frac{3}{2}$，$\vert AF\vert=a-(-c)=a + c = 3c$，$\vert AP\vert = c$，所以$S_{\triangle PFA}=\frac{1}{2}\vert AF\vert\vert AP\vert=\frac{1}{2}×3c× c=\frac{3}{2}$，解得$c = 1$，则$a = 2c = 2$，$b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$，所以椭圆的方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
　　　　　　
(2)由
(1)可知$P(2,1)$，$F(-1,0)$，$A(2,0)$，易知直线$PB$的斜率存在，设其方程为$y = kx + m$，则$1 = 2k + m$，即$m = 1 - 2k$，联立$\begin{cases}y = kx + m\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$消去$y$得$(3 + 4k^{2})x^{2}+8kmx + 4m^{2}-12 = 0$，因为直线与椭圆有唯一交点，所以$\Delta=(8km)^{2}-4(3 + 4k^{2})(4m^{2}-12)=0$，即$4k^{2}-m^{2}+3 = 0$，则$4k^{2}-(1 - 2k)^{2}+3 = 0$，解得$k=-\frac{1}{2}$，则$m = 2$，所以直线$PB$的方程为$y =-\frac{1}{2}x + 2$。联立$\begin{cases}y =-\frac{1}{2}x + 2\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 1\\y=\frac{3}{2}\end{cases}$，则$B(1,\frac{3}{2})$。以下分别用四种方法证明结论：
方法一：因为$\overrightarrow{FB}=(2,\frac{3}{2})$，$\overrightarrow{FP}=(3,1)$，$\overrightarrow{FA}=(3,0)$，所以$\cos\angle BFP=\frac{\overrightarrow{FB}·\overrightarrow{FP}}{\vert\overrightarrow{FB}\vert\vert\overrightarrow{FP}\vert}=\frac{2×3+\frac{3}{2}×1}{\sqrt{2^{2}+(\frac{3}{2})^{2}}×\sqrt{3^{2}+1^{2}}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$，$\cos\angle PFA=\frac{\overrightarrow{FA}·\overrightarrow{FP}}{\vert\overrightarrow{FA}\vert\vert\overrightarrow{FP}\vert}=\frac{3×3 + 1×0}{3\sqrt{3^{2}+1^{2}}}=\frac{3\sqrt{10}}{10}$，则$\cos\angle BFP=\cos\angle PFA$，又$\angle BFP$，$\angle PFA\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\angle BFP=\angle PFA$，即$PF$平分$\angle AFB$。
方法二：$k_{FB}=\frac{\frac{3}{2}-0}{1-(-1)}=\frac{3}{4}$，$k_{PF}=\frac{1 - 0}{2-(-1)}=\frac{1}{3}$，$k_{AF}=0$，由两直线夹角公式，得$\tan\angle BFP=\frac{\frac{3}{4}-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3}×\frac{3}{4}}=\frac{1}{3}$，$\tan\angle PFA=\frac{\frac{1}{3}-0}{1 + 0}=\frac{1}{3}$，则$\tan\angle BFP=\tan\angle PFA$，又$\angle BFP$，$\angle PFA\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\angle BFP=\angle PFA$，即$PF$平分$\angle AFB$。
方法三：$\tan\angle PFA = k_{PF}=\frac{1}{3}$，$\tan\angle BFA = k_{FB}=\frac{3}{4}$，故$\tan2\angle PFA=\frac{2\tan\angle PFA}{1-\tan^{2}\angle PFA}=\frac{2×\frac{1}{3}}{1-(\frac{1}{3})^{2}}=\frac{3}{4}=\tan\angle BFA$，又$\angle BFA$，$\angle PFA\in(0,\frac{\pi}{2})$，所以$\angle BFA = 2\angle PFA$，即$PF$平分$\angle AFB$。
方法四：$k_{FB}=\frac{\frac{3}{2}-0}{1-(-1)}=\frac{3}{4}$，所以直线$FB$的方程为$y=\frac{3}{4}(x + 1)$，即$3x - 4y + 3 = 0$，则点$P$到直线$FB$的距离$d=\frac{\vert3×2 - 4×1 + 3\vert}{\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}}=1$，又点$P$到直线$FA$的距离也为$1$，所以$PF$平分$\angle AFB$。

变式 1 已知抛物线 $C:y^{2}=2x$，点 $A(2,0)$，$B(-2,0)$，过点 $A$ 的直线 $l$ 与 $C$ 交于 $M$，$N$ 两点.
（1）当 $l$ 与 $x$ 轴垂直时，求直线 $BM$ 的方程；
（2）求证：$\angle ABM=\angle ABN$.

答案：
(1)当$l$与$x$轴垂直时，$l$的方程为$x=2$，可得点$M$的坐标为$(2,2)$或$(2,-2)$，所以直线$BM$的方程为$y=\frac{1}{2}x+1$或$y=-\frac{1}{2}x-1$。
(2)设$l$的方程为$x = ty + 2$，$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，联立$\begin{cases}x = ty + 2\\y^{2}=2x\end{cases}$得$y^{2}-2ty - 4 = 0$，可知$y_{1}+y_{2}=2t$，$y_{1}y_{2}=-4$。因为$k_{BM}+k_{BN}=\frac{y_{1}}{x_{1}+2}+\frac{y_{2}}{x_{2}+2}=\frac{(x_{2}+2)y_{1}+(x_{1}+2)y_{2}}{(x_{1}+2)(x_{2}+2)}=\frac{(ty_{2}+4)y_{1}+(ty_{1}+4)y_{2}}{(x_{1}+2)(x_{2}+2)}=\frac{2ty_{1}y_{2}+4(y_{1}+y_{2})}{(x_{1}+2)(x_{2}+2)}=\frac{2t×(-4)+4×2t}{(x_{1}+2)(x_{2}+2)}=0$，所以$k_{BM}+k_{BN}=0$，可知$BM$，$BN$的倾斜角互补，所以$\angle ABM=\angle ABN$。