第三章素养检测

若曲线 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{4a}+\dfrac{{y}^{2}}{2-3a}=1 $ 为椭圆,则 $ \begin{cases}4a > 0,\\ 2-3a > 0,\\ 4a\ne 2-3a,\end{cases} $ 解得 $ 0 < a < \dfrac{2}{3} $ 且 $ a\ne \dfrac{2}{7} $ ,可知 $ 0 < a < \dfrac{2}{3} $ 是“曲线 $ C $ 是椭圆”的必要不充分条件.故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意可知，抛物线 $ {y}^{2}=12x $ 的准线方程为 $ x=-3 $ ，则 $ (-3,0) $ 为双曲线 $ C $ 的一个焦点，即 $ c=3 $ ，

又因为双曲线 $ C $ 的离心率 $ e=\dfrac{c}{a}=2 $ ，所以 $ a=\dfrac{3}{2} $ ，且 $ {\rm }{\rm e}^{2}=\dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=1+{\left(\dfrac{b}{a}\right) ^ {2}}=4 $ ，解得 $ \dfrac{b}{a}=\sqrt{3}{\rm } $ ，

则取双曲线 $ C $ 的一条渐近线方程为 $ y=\sqrt{3}x $ ，即 $ \sqrt{3}x-y=0 $ ，取双曲线 $ C $ 的一个顶点 $ (\dfrac{3}{2},0) $ ，

则 $ C $ 的顶点到渐近线的距离 $ d=\dfrac{|\sqrt{3}×\dfrac{3}{2}-0|}{\sqrt{3+1}}=\dfrac{3\sqrt{3}}{4} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

由题意可知， $ \left|OF\right|=1 $ ，设点 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ，由抛物线的对称性可令点 $ A $ 在第一象限，则 $ {y}_{1} > 0 $ , $ {y}_{2} < 0 $ ,

则 $ \left|AF\right|={x}_{1}+1=3⇒{x}_{1}=2⇒{y}_{1}=2\sqrt{2}. $ ， $ \left|BF\right|={x}_{2}+1=\dfrac{3}{2}⇒{x}_{2}=\dfrac{1}{2}⇒{y}_{2}=-\sqrt{2}. $ ，

则 $ A(2,2\sqrt{2}) $ ， $ B(\dfrac{1}{2},-\sqrt{2}) $ .故 $ {k}_{AB}=\dfrac{-\sqrt{2}-2\sqrt{2}}{\dfrac{1}{2}-2}=2\sqrt{2} $ ，所以直线 $ AB $ 的方程为 $ y-2\sqrt{2}=2\sqrt{2}(x-2) $ .

令 $ y=0 $ ，得 $ x=1 $ ，所以 $ A $ ， $ B $ ， $ F $ 三点共线，所以 $ {S}_{△OAB}={S}_{△OAF}+{S}_{△OBF}=\dfrac{1}{2}\left|OF\right|\left|{y}_{1}-{y}_{2}\right|=\dfrac{1}{2}×1×(2\sqrt{2}+\sqrt{2})=\dfrac{3\sqrt{2}}{2} $ .故选 $ \mathrm{C} $ .

$ \because {F}_{1} $ , $ {F}_{2} $ 分别为椭圆 $ E:\dfrac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1 $ 的左、右焦点，

$ \therefore {F}_{1}(-2\sqrt{2},0) $ , $ {F}_{2}(2\sqrt{2},0) $ .

设 $ G(x,y) $ , $ P(m,n) $ ， $ \because $ 点 $ G $ 是 $ △P{F}_{1}{F}_{2} $ 的重心,

$ \therefore \begin{cases}x=\dfrac{-2\sqrt{2}+2\sqrt{2}+m}{3},\\ y=\dfrac{0+0+n}{3},\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases}m=3x,\\ n=3y.\end{cases} $

又 $ P $ 是椭圆 $ E $ 上一动点，

$ \therefore \dfrac{{\left(3x\right) ^ {2}}}{9}+{\left(3y\right) ^ {2}}=1 $ ，即 $ {x}^{2}+9{y}^{2}=1 $ .

又点 $ G $ 是 $ △P{F}_{1}{F}_{2} $ 的重心， $ \therefore y\ne 0 $ ,

$ \therefore $ 点 $ G $ 的轨迹方程为 $ {x}^{2}+9{y}^{2}=1(y\ne 0) $ .故选B.

设 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ M({x}_{2},{y}_{2}) $ ,又 $ A $ , $ B $ 为双曲线上关于原点对称的两点,则 $ B(-{x}_{1},-{y}_{1}) $ ,

所以 $ {k}_{1}\cdot {k}_{2}=\dfrac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}\cdot \dfrac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}+{x}_{1}}=\dfrac{{y}_{2}^{2}-{y}_{1}^{2}}{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}} $ .由点 $ A $ , $ M $ 在双曲线上,得 $ \begin{cases}\dfrac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}}=1,\\ \dfrac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}_{2}^{2}}{{b}^{2}}=1,\end{cases} $ 两式相减得 $ \dfrac{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{{y}_{2}^{2}-{y}_{1}^{2}}{{b}^{2}} $ ,可得 $ \dfrac{{y}_{2}^{2}-{y}_{1}^{2}}{{x}_{2}^{2}-{x}_{1}^{2}}=\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}} $ .因为 $ {k}_{1}\cdot {k}_{2}=\dfrac{5}{3} $ ,所以 $ \dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{5}{3} $ ,因此 $ e=\dfrac{c}{a}=\sqrt{\dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{\dfrac{{a}^{2}+{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\dfrac{2\sqrt{6}}{3} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

因为直线 $ l $ 过原点且与椭圆 $ C $ 交于 $ A $ , $ B $ 两点, $ P $ 为椭圆 $ C $ 上异于 $ A $ , $ B $ 的点,所以设 $ A({x}_{0},{y}_{0})({x}_{0} > 0,{y}_{0} > 0) $ , $ P({x}_{P},{y}_{P}) $ ,则 $ B(-{x}_{0},-{y}_{0}) $ ,则 $ \dfrac{{x}_{0}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}_{0}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ , $ \dfrac{{x}_{P}^{2}}{{a}^{2}}+\dfrac{{y}_{P}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ,两式相减整理得 $ \dfrac{{y}_{P}^{2}-{y}_{0}^{2}}{{x}_{P}^{2}-{x}_{0}^{2}}=-\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}} $ ,则 $ {k}_{PA}\cdot {k}_{PB}=\dfrac{{y}_{P}-{y}_{0}}{{x}_{P}-{x}_{0}}\cdot \dfrac{{y}_{P}+{y}_{0}}{{x}_{P}+{x}_{0}}=\dfrac{{y}_{P}^{2}-{y}_{0}^{2}}{{x}_{P}^{2}-{x}_{0}^{2}}=-\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=-\dfrac{5}{9} $ ,当 $ P{F}_{1}\perp x $ 轴时, $ \left|P{F}_{1}\right|=\dfrac{5}{3}=\dfrac{{b}^{2}}{a} $ ,

则 $ {a}^{2}=9 $ , $ {b}^{2}=5 $ ,故椭圆 $ C $ 的方程为 $ \dfrac{{x}^{2}}{9}+\dfrac{{y}^{2}}{5}=1 $ , $ {F}_{1}(-2,0) $ .又点 $ A $ 在椭圆 $ C $ 上，则 $ \dfrac{{x}_{0}^{2}}{9}+\dfrac{{y}_{0}^{2}}{5}=1① $ ,因为直线 $ AB $ 过原点 $ O $ ,所以根据椭圆的对称性且 $ \left|AB\right|=2\sqrt{6} $ ,得 $ \left|AO\right|=\sqrt{6} $ ,即 $ {x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}=6② $ ,由①②得, $ {x}_{0}=\dfrac{3}{2} $ , $ {y}_{0}=\dfrac{\sqrt{15}}{2} $ ,即 $ A(\dfrac{3}{2},\dfrac{\sqrt{15}}{2}) $ .

因为 $ A $ , $ B $ 两点关于原点对称,所以 $ B(-\dfrac{3}{2},-\dfrac{\sqrt{15}}{2}) $ ,所以 $ \left|{F}_{1}A\right|=4 $ , $ \left|{F}_{1}B\right|=2 $ ,所以 $ \dfrac{\left|{F}_{1}A\right|}{\left|{F}_{1}B\right|}=\dfrac{4}{2}=2 $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

设点 $ A({x}_{1},{y}_{1}) $ ， $ B({x}_{2},{y}_{2}) $ ，直线 $ AB：x=\dfrac{3}{2}y+m $ ，

联立 $ \begin{cases}{y}^{2}=2x,\\ x=\dfrac{3}{2}y+m,\end{cases} $ 消去 $ x $ 化简得 $ {y}^{2}-3y-2m=0 $ ， $ \mathrm{\Delta }=9+8m > 0 $ ， $ {y}_{1}+{y}_{2}=3 $ ， $ {y}_{1}{y}_{2}=-2m < 0 $ .

$ \because \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}=0 $ ， $ \therefore {x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}=0 $ .由 $ \begin{cases}{y}_{1}^{2}=2{x}_{1},\\ {y}_{2}^{2}=2{x}_{2}\end{cases}⇒({y}_{1}{y}_{2})^{2}=4{x}_{1}{x}_{2} $ ，

$ \therefore {x}_{1}{x}_{2}={m}^{2} $ ，则 $ {m}^{2}-2m=0 $ ，解得 $ m=2(m=0 $ 不符合题意，舍去 $ ) $ ， $ \therefore {y}^{2}-3y-4=0 $ ，解得 $ {y}_{1}=4 $ ， $ {y}_{2}=-1 $ ，又 $ F(\dfrac{1}{2},0) $ ，直线 $ x=\dfrac{3}{2}y+2 $ 与 $ x $ 轴交点的横坐标为2，

$ \therefore {S}_{△AOB}=\dfrac{1}{2}×2×(|{y}_{1}|+|{y}_{2}|)=\dfrac{1}{2}×2×5=5 $ ， $ {S}_{△AOF}=\dfrac{1}{2}|OF|\cdot |{y}_{1}|=\dfrac{1}{2}×\dfrac{1}{2}×4=1 $ ，则 $ {S}_{△AOB}:{S}_{△AOF}=5:1 $ .故选 $ \mathrm{B} $ .

设 $ A(x,y)(x > 0,y > 0) $ ，则 $ \overrightarrow {OA}=(x,y) $ ， $ \overrightarrow {O{F}_{1}}=(-c,0) $ ，

由 $ \overrightarrow {O{F}_{1}}\cdot \overrightarrow {OA}=-{c}^{2} $ ，可得 $ -xc=-{c}^{2} $ ，解得 $ x=c $ ，

代入双曲线方程 $ \dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ，可得 $ \dfrac{{c}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ ，解得 $ y=\dfrac{{b}^{2}}{a} $ ，所以 $ A(c,\dfrac{{b}^{2}}{a}) $ .

又点 $ A(c,\dfrac{{b}^{2}}{a}) $ 在 $ l:y=\dfrac{\sqrt{3}}{3}(x+c) $ 上，所以 $ \dfrac{{b}^{2}}{a}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}(c+c) $ ，

所以 $ {b}^{2}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}ac $ ，所以 $ {c}^{2}-{a}^{2}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}\cdot ac $ ，所以 $ 3{c}^{2}-2\sqrt{3}ac-3{a}^{2}=0 $ ，

所以 $ (\sqrt{3}c+a)(\sqrt{3}c-3a)=0 $ ，解得 $ c=\sqrt{3}a $ ，所以 $ b=\sqrt{2}a $ .

设 $ B(m,n) $ ，由 $ \overrightarrow {{F}_{1}B}=\lambda \overrightarrow {{F}_{1}A} $ ，得 $ (m+c,n)=\lambda (2c,\dfrac{{b}^{2}}{a}) $ ，解得 $ m=2\lambda c-c $ , $ n=\dfrac{\lambda {b}^{2}}{a} $ ，所以 $ B(2\lambda c-c,\dfrac{\lambda {b}^{2}}{a}) $ .

又点 $ B(2\lambda c-c,\dfrac{\lambda {b}^{2}}{a}) $ 在双曲线 $ C:\dfrac{{x}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1 $ 上，

所以 $ \dfrac{{\left(2\lambda -1\right) ^ {2}}{c}^{2}}{{a}^{2}}-\dfrac{{\left(\dfrac{\lambda {b}^{2}}{a}\right) ^ {2}}}{{b}^{2}}=1 $ ，所以 $ 3(2\lambda -1)^{2}-2{\lambda }^{2}=1 $ ，所以 $ 10{\lambda }^{2}-12\lambda +2=0 $ ，所以 $ 5{\lambda }^{2}-6\lambda +1=0 $ ，所以 $ (5\lambda -1)(\lambda -1)=0 $ ，解得 $ \lambda =\dfrac{1}{5} $ 或 $ \lambda =1 $ （舍去）.故选 $ \mathrm{C} $ .

由题意知， $ F(2,0) $ ，则抛物线 $ C：{y}^{2}=8x $ ，准线方程为 $ x=-2 $ ，则直线的方程为 $ y=\sqrt{3}x-2\sqrt{3} $ .

设 $ B({x}_{1},{y}_{1}) $ , $ A({x}_{2},{y}_{2}) $ ，联立直线与抛物线的方程 $ \begin{cases}y=\sqrt{3}x-2\sqrt{3},\\ {y}^{2}=8x,\end{cases} $

解得 $ \begin{cases}{x}_{1}=\dfrac{2}{3},\\ {y}_{1}=-\dfrac{4\sqrt{3}}{3}\end{cases} $ 或 $ \begin{cases}{x}_{2}=6,\\ {y}_{2}=4\sqrt{3}.\end{cases} $

不妨令点 $ A(6,4\sqrt{3}) $ ，点 $ B(\dfrac{2}{3} $ , $ -\dfrac{4\sqrt{3}}{3}) $ ，则 $ |AB|={x}_{1}+2+{x}_{2}+2=\dfrac{20}{3}+4=\dfrac{32}{3} $ ，

$ {S}_{△AOB}=\dfrac{1}{2}|OF|×|{y}_{1}-{y}_{2}|=\dfrac{1}{2}×2×\dfrac{16\sqrt{3}}{3}=\dfrac{16\sqrt{3}}{3} $ ，故 $ \mathrm{B} $ ， $ \mathrm{C} $ 正确；

又 $ \tan \mathrm{\angle }AOF={k}_{OA}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ , $ \tan \mathrm{\angle }BOF=-{k}_{OB}=2\sqrt{3} $ ，所以 $ \tan \mathrm{\angle }AOF\ne \tan \mathrm{\angle }BOF $ ，故 $ \mathrm{\angle }AOF\ne \mathrm{\angle }BOF $ ，故 $ \mathrm{A} $ 错误；

因为 $ \overrightarrow {OA}=(6,4\sqrt{3}) $ , $ \overrightarrow {OB}=(\dfrac{2}{3},-\dfrac{4\sqrt{3}}{3}) $ ，所以 $ \overrightarrow {OA}\cdot \overrightarrow {OB}=(6,4\sqrt{3})\cdot (\dfrac{2}{3},-\dfrac{4\sqrt{3}}{3})=4-16=-12 < 0 $ ，所以 $ \mathrm{\angle }AOB $ 为钝角，故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C} $ .

对于 $ \mathrm{A} $ ,等轴双曲线的离心率为 $ \sqrt{2} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确；对于 $ \mathrm{B} $ ,在 $ △PAB $ 中,由正弦定理可知 $ \dfrac{\left|PA\right|}{\left|PB\right|}=\dfrac{ \sin \beta }{ \sin \alpha }=\dfrac{ \sin (\mathrm{\pi }-\beta )}{ \sin \alpha } $ ,显然 $ \mathrm{\pi }-\beta $ , $ \alpha $ 均为锐角且 $ \mathrm{\pi }-\beta $ 随着 $ {x}_{0} $ 的增大而减小, $ \alpha $ 随着 $ {x}_{0} $ 的增大而增大,即 $ \sin (\mathrm{\pi }-\beta ) $ 随着 $ {x}_{0} $ 的增大而减小, $ \sin \alpha $ 随着 $ {x}_{0} $ 的增大而增大,且 $ \sin (\mathrm{\pi }-\beta ) $ , $ \sin \alpha $ 均为正数,所以 $ \dfrac{\left|PA\right|}{\left|PB\right|} $ 的值随着 $ {x}_{0} $ 的增大而减小,故 $ \mathrm{B} $ 错误；对于 $ \mathrm{C} $ , $ P({x}_{0},{y}_{0}) $ 为双曲线右支上任意一点,满足 $ {x}_{0}^{2}-{y}_{0}^{2}=4 $ , $ A(-2,0) $ , $ B(2,0) $ ,因为 $ \tan \alpha \cdot \tan \beta =-{k}_{PA}{k}_{PB}=-\dfrac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}\cdot \dfrac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}=-\dfrac{{y}_{0}^{2}}{{x}_{0}^{2}-4}=-1 $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；对于 $ \mathrm{D} $ :双曲线 $ C:{x}^{2}-{y}^{2}=4 $ 的渐近线方程为 $ y=±x $ ,点 $ P $ 到两条渐近线的距离为 $ {d}_{1} $ , $ {d}_{2} $ ,则 $ {d}_{1}{d}_{2}=\dfrac{\left|{x}_{0}-{y}_{0}\right|}{\sqrt{2}}\cdot \dfrac{\left|{x}_{0}+{y}_{0}\right|}{\sqrt{2}}=\dfrac{\left|{x}_{0}^{2}-{y}_{0}^{2}\right|}{2}=2 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{C} $ .

若曲线 $ C $ 上点 $ P $ 满足 $ \left|P{F}_{1}\right|=\left|P{F}_{2}\right| $ ,则点 $ P $ 在线段 $ {F}_{1}{F}_{2} $ 的垂直平分线上,即 $ y $ 轴上,故 $ x=0 $ ,代入曲线 $ C $ 的方程得 $ {y}^{4}=-9{y}^{2} $ ,解得 $ y=0 $ ,所以这样的点 $ P $ 仅有一个,故 $ \mathrm{A} $ 正确；

令 $ y=0 $ ,则 $ {\left({x}^{2}\right) ^ {2}}=9{x}^{2} $ ,解得 $ x=±3 $ 或 $ x=0 $ ,令 $ x=±1 $ ,则 $ {\left(1+{y}^{2}\right) ^ {2}}=9(1-{y}^{2}) $ ,解得 $ {y}^{2}=\dfrac{-11+3\sqrt{17}}{2} < 1 $ ,

令 $ x=±2 $ ,则 $ {\left(4+{y}^{2}\right) ^ {2}}=9(4-{y}^{2}) $ ,解得 $ {y}^{2}=\dfrac{-17+3\sqrt{41}}{2} < 2 $ ,

令 $ y=±1 $ ,则 $ {\left(1+{x}^{2}\right) ^ {2}}=9({x}^{2}-1) $ ,解得 $ {x}^{2}=2 $ 或 $ {x}^{2}=5 $ ,令 $ y=±2 $ ,则 $ ({x}^{2}+4)^{2}=9 ({x}^{2}-4 ) $ ,方程无解,故曲线 $ C $ 经过的整点只能是 $ (0,0) $ , $ (3,0) $ , $ (-3,0) $ ,故 $ \mathrm{B} $ 错误；

易知直线 $ y=kx $ 与曲线 $ C：{\left({x}^{2}+{y}^{2}\right) ^ {2}}=9({x}^{2}-{y}^{2}) $ 一定有公共点 $ (0,0) $ ,

若直线 $ y=kx $ 与曲线 $ C $ 只有一个交点,

则 $ \begin{cases}{\left({x}^{2}+{y}^{2}\right)}^{2}=9\left({x}^{2}-{y}^{2}\right),\\ y=kx\end{cases} $ 只有一个解 $ (0,0) $ ,

即 $ {x}^{4}{\left(1+{k}^{2}\right) ^ {2}}=9{x}^{2}(1-{k}^{2}) $ 只有一个解为 $ x=0 $ ,

即 $ x\ne 0 $ 时, $ {x}^{4}{\left(1+{k}^{2}\right) ^ {2}}=9{x}^{2}(1-{k}^{2}) $ 无解,故 $ 1-{k}^{2}\leqslant 0 $ ,则实数 $ k $ 的取值范围为 $ (-\mathrm{\infty },-1]\cup [1,+\mathrm{\infty }) $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误；

由 $ {\left({x}^{2}+{y}^{2}\right) ^ {2}}=9({x}^{2}-{y}^{2}) $ ,可得 $ {x}^{2}+{y}^{2}=\dfrac{9({x}^{2}-{y}^{2})}{{x}^{2}+{y}^{2}}\leqslant 9 $ ,当且仅当 $ y=0 $ 时取等号,曲线 $ C $ 上任意一点到坐标原点 $ O $ 的距离 $ d=\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}\leqslant 3 $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .

如图,由题意知 $ F(2,0) $ 是抛物线 $ {y}^{2}=8x $ 的焦点,直线 $ x=-2 $ 是抛物线的准线,过点 $ P $ 作准线的垂线,垂足为 $ P^\prime $ ,记点 $ P $ 到抛物线 $ {y}^{2}=8x $ 的准线的距离为 $ d $ ,所以 $ \left|PA\right|+\left|PB\right|\geqslant \left|PA\right|+\left|PF\right|-1=\left|PA\right|+d-1\geqslant 5+2-1=6 $ ,当且仅当直线 $ AP $ 与抛物线的准线垂直,点 $ B $ 在线段 $ PF $ 上时,等号成立,所以 $ \left|PA\right|+\left|PB\right| $ 的最小值为6.

如图，连接 $ Q{F}_{1} $ .

设 $ \left|Q{F}_{2}\right|=x(x > 0) $ ，则 $ \left|P{F}_{1}\right|=4x $ .

因为 $ \left|P{F}_{1}\right|+\left|P{F}_{2}\right|=2a $ ， $ \left|Q{F}_{1}\right|+\left|Q{F}_{2}\right|=2a $ ，

所以 $ \left|P{F}_{2}\right|=2a-4x $ ， $ \left|Q{F}_{1}\right|=2a-x $ .

在 $ △P{F}_{1}Q $ 中， $ \mathrm{\angle }{F}_{1}PQ={90}^{\circ } $ ，所以 $ {\left|P{F}_{1}\right|}^{2}+{\left|PQ\right|}^{2}={\left|Q{F}_{1}\right|}^{2} $ ，即 $ {\left(4x\right) ^ {2}}+{\left(2a-4x+x\right) ^ {2}}={\left(2a-x\right) ^ {2}} $ ，整理得 $ a=3x $ ，所以 $ \tan \mathrm{\angle }P{F}_{2}{F}_{1}=\dfrac{\left|P{F}_{1}\right|}{\left|P{F}_{2}\right|}=\dfrac{4x}{2a-4x}=\dfrac{4x}{6x-4x}=2 $ ，所以直线 $ P{F}_{2} $ 的斜率 $ k= \tan ({180}^{\circ }-\mathrm{\angle }P{F}_{2}{F}_{1})=-2 $ .

如图,设 $ \left|A{F}_{1}\right|=t(t > 0) $ ,则 $ \left|B{F}_{2}\right|=2t $ , $ \left|A{F}_{2}\right|=2a+t $ , $ \left|B{F}_{1}\right|=2a+2t $ ,因为以 $ AB $ 为直径的圆过 $ {F}_{2} $ ,所以 $ A{F}_{2}\perp B{F}_{2} $ .又四边形 $ A{F}_{1}{F}_{2}B $ 为梯形, $ A{F}_{1}//B{F}_{2} $ ,所以 $ A{F}_{1}\perp A{F}_{2} $ ,

则在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△A{F}_{1}{F}_{2} $ 中,由勾股定理可得 $ {t}^{2}+{\left(2a+t\right) ^ {2}}={\left(2c\right) ^ {2}} $ ,整理得 $ {t}^{2}+2at-2{b}^{2}=0 $ .因为 $ t > 0 $ ,所以 $ t=-a+\sqrt{{a}^{2}+2{b}^{2}} $ .在 $ \mathrm{R}\mathrm{t}△AB{F}_{2} $ 中,由勾股定理可得 $ \left|AB\right|=\sqrt{{\left|B{F}_{2}\right|}^{2}+{\left|A{F}_{2}\right|}^{2}}=\sqrt{4{t}^{2}+{\left(2a+t\right) ^ {2}}} $ ,且 $ \sin \mathrm{\angle }BA{F}_{2}=\dfrac{2t}{\sqrt{4{t}^{2}+{\left(2a+t\right) ^ {2}}}} $ ,则 $ \cos \mathrm{\angle }BA{F}_{1}= \cos (\mathrm{\angle }BA{F}_{2}+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})=- \sin \mathrm{\angle }BA{F}_{2}=-\dfrac{2t}{\sqrt{4{t}^{2}+{\left(2a+t\right) ^ {2}}}} $ ,在 $ △AB{F}_{1} $ 中,由余弦定理可得 $ {\left|B{F}_{1}\right|}^{2}={\left|AB\right|}^{2}+{\left|A{F}_{1}\right|}^{2}-2\left|AB\right|\left|A{F}_{1}\right| \cos \mathrm{\angle }BA{F}_{1} $ , $ \therefore (2a+2t)^{2}=4{t}^{2}+{\left(2a+t \right) ^ {2}}+{t}^{2}-2\cdot t\cdot \sqrt{4{t}^{2}+{\left(2a+t \right) ^ {2}}}\cdot \dfrac{-2t}{\sqrt{4{t}^{2}+{\left(2a+t \right) ^ {2}}}} $ ,

解得 $ t=\dfrac{2a}{3} $ , $ \therefore \dfrac{2a}{3}=-a+\sqrt{{a}^{2}+2{b}^{2}} $ ,整理得 $ \dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=\dfrac{8}{9} $ , $ \therefore e=\sqrt{1+\dfrac{{b}^{2}}{{a}^{2}}}=\dfrac{\sqrt{17}}{3} $ .