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2026年高考数学天津-17<-->2026年高考数学天津-19
（15分）已知椭圆$C:\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1(a > b > 0)$的离心率为$\dfrac{1}{2}$，椭圆被直线$x=b$截得的线段长为$\sqrt{3}$．
（1）求$C$的标准方程；
（2）斜率为$-\sqrt{3}$的直线与圆$x^{2}+y^{2}=b^{2}$相切，且该直线交椭圆于$P(x_{1}$，$y_{1})$，$Q(x_{2}$，$y_{2})$，$y_{2} > y_{1}$．$A$是椭圆上顶点，记直线$AP$，$AQ$的斜率分别为$k_{1}$，$k_{2}$，求$\dfrac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$的值．
〖答案〗（1）$\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$；
（2）3．
〖分析〗（1）利用椭圆离心率和截线段长建立方程，求解参数$a$，$b$得到椭圆标准方程；
（2）先根据直线与圆相切确定参数$m$，再联立直线与椭圆方程，结合韦达定理和斜率公式计算$\dfrac{k_1}{k_2}$的值．
〖解答〗解：（1）由椭圆离心率$e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}$，得$c=\dfrac{a}{2}$，结合$a^{2}=b^{2}+c^{2}$，可得$b^{2}=a^{2}-\dfrac{a^2}{4}=\dfrac{3a^2}{4}$．
将$x=b$代入椭圆方程$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$，得$\dfrac{b^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$，解得$y=\pm b\sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}$，故截得的线段长为$2b\sqrt{1-\dfrac{b^2}{a^2}}=\sqrt{3}$．
将$b^{2}=\dfrac{3a^2}{4}$代入，得$1-\dfrac{b^2}{a^2}=\dfrac{1}{4}$，因此$2b\cdot \dfrac{1}{2}=b=\sqrt{3}$，即$b=\sqrt{3}$，$b^{2}=3$，进而$a^{2}=4$．
故椭圆$C$的标准方程为$\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$．
（2）设斜率为$-\sqrt{3}$的直线方程为$y=-\sqrt{3}x+m$，该直线与圆$x^{2}+y^{2}=b^{2}=3$相切，
故圆心到直线的距离$d=\dfrac{\vert m\vert }{\sqrt{(\sqrt{3})^2+1^2}}=\dfrac{\vert m\vert }{2}=\sqrt{3}$，解得$m=\pm 2\sqrt{3}$．
联立直线与椭圆方程，将$y=-\sqrt{3}x+m$代入$\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{3}=1$，整理得$15x^{2}-8\sqrt{3}mx+4m^{2}-12=0$．
设$P(x_{1}$，$y_{1})$，$Q(x_{2}$，$y_{2})(y_{2} > y_{1})$，由韦达定理，$x_{1}+x_{2}=\dfrac{8\sqrt{3}m}{15}$，$x_{1}x_{2}=\dfrac{4m^2-12}{15}$．
椭圆上顶点$A(0,\sqrt{3})$，则直线$AP$、$AQ$的斜率分别为$k_{1}=\dfrac{y_1-\sqrt{3}}{x_1}$，$k_{2}=\dfrac{y_2-\sqrt{3}}{x_2}$．
将$y_{1}=-\sqrt{3}x_{1}+m$、$y_{2}=-\sqrt{3}x_{2}+m$代入，得$k_{1}=-\sqrt{3}+\dfrac{m-\sqrt{3}}{x_1}$，$k_{2}=-\sqrt{3}+\dfrac{m-\sqrt{3}}{x_2}$．
当$m=2\sqrt{3}$时，方程的根为$x_{1}=2$，$x_{2}=\dfrac{6}{5}$，代入得$k_{1}=-\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，$k_{2}=-\dfrac{\sqrt{3}}{6}$，故$\dfrac{k_1}{k_2}=3$；
当$m=-2\sqrt{3}$时，方程的根为$x_{1}=-\dfrac{6}{5}$，$x_{2}=-2$，代入得$k_{1}=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$，$k_{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$，故$\dfrac{k_1}{k_2}=3$．
综上，$\dfrac{k_1}{k_2}=3$．
〖点评〗本题主要考查椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系，属于难题．
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