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．
【难度】
【出处】
2020年高考天津卷
【标注】
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求椭圆的方程；标注答案$\frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{9}=1$解析解：由已知可得 $b=3$，记半焦距为 $c$，由 $|OF|=|OA|$ 可得 $c=b=3$．又由 $a^2=b^2+c^2$，可得 $a^2=18$．所以，椭圆的方程为 $\frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{9}=1$．
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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．标注答案$y=\frac{1}{2}x-3$，或 $y=x-3$解析解：因为直线 $AB$ 与以 $C$ 为圆心的圆相切于点 $P$，所以 $AB\perp CP$．依题意，直线 $AB$ 和直线 $CP$ 的斜率均存在．设直线 $AB$ 的方程为 $y=kx-3$．
由方程组 $\begin{cases}y=kx-3,\\\frac{x^2}{18}+\frac{y^2}{9}=1,\end{cases}$ 消去 $y$，可得 $(2k^2+1)x^2-12kx=0$，解得 $x=0$，或 $x=\frac{12k}{2k^2+1}$．
依题意，可得点 $B$ 的坐标为 $\left(\frac{12k}{2k^2+1},\frac{6k^2-3}{2k^2+1}\right)$．
因为 $P$ 为线段 $AB$ 的中点，点 $A$ 的坐标为 $(0,-3)$，所以点 $P$ 的坐标为 $\left(\frac{6k}{2k^2+1},\frac{-3}{2k^2+1}\right)$．
由 $3\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OF}$，得点 $C$ 的坐标为 $(1,0)$，故直线 $CP$ 的斜率为 $\frac{\frac{-3}{2k^2+1}-0}{\frac{6k}{2k^2+1}-1}$，即 $\frac{3}{2k^2-6k+1}$．
又因为 $AB\perp CP$，所以 $k\cdot\frac{3}{2k^2-6k+1}=-1$，整理得 $2k^2-3k+1=0$，解得 $k=\frac{1}{2}$，或 $k=1$．
所以，直线 $AB$ 的方程为 $y=\frac{1}{2}x-3$，或 $y=x-3$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
