设 ${F_1}$，${F_2}$ 分别是椭圆 $E :\dfrac{x^2}{a^2} + {\dfrac{y}{b^2}^2} = 1\left(a > b > 0\right)$ 的左、右焦点，过点 ${F_1}$ 的直线交椭圆 $E$ 于 $A$，$B$ 两点，$ \left|A{F_1} \right| = 3 \left|B{F_1} \right|$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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若 $|AB| = 4$，$\triangle AB{F_2}$ 的周长为 $ 16 $，求 $|A{F_2}|$；标注答案$ |A{F_2}| = 5 $解析根据椭圆的定义求解．因为 $|A{F_1}| = 3|B{F_1}|$，$|AB| = 4$，$\triangle AB{F_2}$ 的周长为 $ 16 $，由椭圆的定义可得\[4a = 16, a = 4 ,|A{F_1}| = 3,|B{F_1}| = 1.\]所以\[ |A{F_2}| = 2a - |A{F_1} | = 5.\]
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若 $\cos \angle A{F_2}B = \dfrac{3}{5}$，求椭圆 $E$ 的离心率．标注答案$ \dfrac{\sqrt 2 }{2} $解析结合余弦定理可以求得相应的线段，进而可以得出椭圆的离心率．设 $|A{F_1}| = 3x$，$|B{F_1}| = x$．所以\[ |A{F_2}| = 2a - 3x,|B{F_2}| = 2a - x.\]在 $ \triangle ABF_2$ 中，由余弦定理可得\[ \cos \angle A{F_2}B = \dfrac{|AF_2|^2 + |BF_2|^2 -| AB|^2}{2|AF_2| \cdot |BF_2|} = \dfrac{3}{5} ,\]所以\[ \dfrac{{{{\left(2a - 3x\right)}^2} + {{\left(2a - x\right)}^2} - 16{x^2}}}{2 \cdot \left(2a - 3x\right) \cdot \left(2a - x\right)} = \dfrac{3}{5} ,\]化简可得\[{a^2} - 2ax - 3{x^2} = 0,\]所以 $ x = \dfrac{a}{3}$．
因为 $ |A{F_1}| = 3|B{F_1}| = a$，所以\[ A\left(0,b\right) , B\left( - \dfrac{4}{3}c, - \dfrac{1}{3}b\right),\]代入椭圆方程\[\dfrac{{16{c^2}}}{{9{a^2}}} + \dfrac{1}{9} = 1 ,\]所以 $ {e^2} = \dfrac{1}{2}$，解得 $ e = \dfrac{\sqrt 2 }{2}$．
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
