2025_天津卷 (2025)
18．已知随圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左焦点为 $F$ ，右顶点为 $A, P$ 为 $x=a$ 上一点，且直线 $P F$ 的斜率为$\frac{1}{3}, \triangle P F A$ 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：$P F$ 平分 $\angle A F B$ ．
(1) $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$; (2) 证明见解析
【答案】①$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$
（2） 证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的离心率得到 $a=2 c$ ，再由直线 $P F$ 的斜率得到 $m=c$ ，从而利用三角形的面积公式得到关于 $c$ 的方程，解之即可得解；
（2）联立直线与椭圆方程，利用其位置关系求得 $k$ ，进而得到直线 $P B$ 的方程与点 $B$ 的坐标，法一：利用向量的夹角公式即可得证；法二：利用两直线的夹角公式即可得证；法三利用正切的倍角公式即可得证；法四：利用角平分线的性质与点线距离公式即可得证。
【小问 1 详解】
依题意，设椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 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 $a=2 c$ ，
因为 $P$ 为 $x=a$ 上一点，设 $P(a, m)$ ，
又直线 $P F$ 的斜率为 $\frac{1}{3}$ ，则 $\frac{m-0}{a-(-c)}=\frac{1}{3}$ ，即 $\frac{m}{a+c}=\frac{1}{3}$ ，
所以 $\frac{m}{2 c+c}=\frac{1}{3}$ ，解得 $m=c$ ，则 $P(a, c)$ ，即 $P(2 c, c)$ ，
因为 $\triangle P F A$ 的面积为 $\frac{3}{2},|A F|=a-(-c)=a+c=3 c$ ，高为 $|m|=c$ ，
所以 $S_{\triangle P F A}=\frac{1}{2}|A F||m|=\frac{1}{2} \times 3 c \times c=\frac{3}{2}$ ，解得 $c=1$ ，
则 $a=2 c=2, b^{2}=a^{2}-c^{2}=3$ ，
所以椭圆的方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$ 。
【小问 2 详解】
由①可知 $P(2,1), F(-1,0), A(2,0)$ ，
易知直线 $P B$ 的斜率存在，设其方程为 $y=k x+m$ ，则 $1=2 k+m$ ，即 $m=1-2 k$ ，
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=k x+m \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$ ，消去 $y$ 得，$\left(3+4 k^{2}\right) x^{2}+8 k m x+4 m^{2}-12=0$ ，
因为直线与椭圆有唯一交点，所以 $\Delta=(8 k \cdot m)^{2}-4\left(3+4 k^{2}\right) \cdot\left(4 m^{2}-12\right)=0$ ，
即 $4 k^{2}-m^{2}+3=0$ ，则 $4 k^{2}-(1-2 k)^{2}+3=0$ ，解得 $k=-\frac{1}{2}$ ，则 $m=2$ ，
所以直线 $P B$ 的方程为 $y=-\frac{1}{2} x+2$ ，
联立 $\left\{\begin{array}{l}y=-\frac{1}{2} x+2 \\ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{array}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=\frac{3}{2}\end{array}\right.$ ，则 $B\left(1, \frac{3}{2}\right)$ ，
以下分别用四种方法证明结论：
法一：则 $\overrightarrow{F B}=\left(2, \frac{3}{2}\right), \overrightarrow{F P}=(3,1), \overrightarrow{F A}=(3,0)$ ，
所以 $\cos \angle B F P=\frac{\overrightarrow{F B} \cdot \overrightarrow{F P}}{|\overrightarrow{F B}| \cdot|\overrightarrow{F P}|}=\frac{2 \times 3+\frac{3}{2} \times 1}{\sqrt{2^{2}+\left(\frac{3}{2}\right)^{2}} \cdot \sqrt{3^{2}+1^{2}}}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$ ，
$\cos \angle P F A=\frac{\overrightarrow{F A} \cdot \overrightarrow{F P}}{|\overrightarrow{F A}| \cdot|\overrightarrow{F P}|}=\frac{3 \times 3+1 \times 0}{3 \sqrt{3^{2}+1^{2}}}=\frac{3 \sqrt{10}}{10}$,
则 $\cos \angle B F P=\cos \angle P F A$ ，又 $\angle B F P, \angle P F A \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，
所以 $\angle B F P=\angle P F A$ ，即 $P F$ 平分 $\angle A F B$ ．
法二：所以 $k_{F B}=\frac{\frac{3}{2}-0}{1-(-1)}=\frac{3}{4}, k_{P F}=\frac{1-0}{2-(-1)}=\frac{1}{3}, k_{A F}=0$ ，
由两直线夹角公式，得 $\tan \angle B F P=\left|\frac{\frac{3}{4}-\frac{1}{3}}{1+\frac{1}{3} \times \frac{3}{4}}\right|=\frac{1}{3}, \tan \angle P F A=\left|\frac{\frac{1}{3}-0}{1+0}\right|=\frac{1}{3}$ ，
则 $\tan \angle B F P=\tan \angle P F A$ ，又 $\angle B F P, \angle P F A \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，
所以 $\angle B F P=\angle P F A$ ，即 $P F$ 平分 $\angle A F B$ ．
法三：则 $\tan \angle P F A=k_{P F}=\frac{1}{3}, \tan \angle B F P=k_{F B}=\frac{3}{4}$ ，
故 $\tan 2 \angle P F A=\frac{2 \tan \angle P F A}{1-\tan ^{2} \angle P F A}=\frac{2 \times \frac{1}{3}}{1-\left(\frac{1}{3}\right)^{2}}=\frac{3}{4}=\tan \angle B F P$ ，
又 $\angle B F P, \angle P F A \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ ，
所以 $\angle B F P=\angle P F A$ ，即 $P F$ 平分 $\angle A F B$ ．
法四：则 $k_{F B}=\frac{\frac{3}{2}-0}{1-(-1)}=\frac{3}{4}$ ，
所以直线 $F B$ 的方程为 $y=\frac{3}{4}(x+1)$ ，即 $3 x-4 y+3=0$ ，
则点 $P$ 到直线 $F B$ 的距离为 $d=\frac{|3 \times 2-4 \times 1+3|}{\sqrt{3^{2}+(-4)^{2}}}=1$ ，
又点 $P$ 到直线 $F A$ 的距离也为 1 ，
所以 $P F$ 平分 $\angle A F B$ ．