已知椭圆 $C: \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$）的左、右焦点分别为 $F_1, F_2$，点 $P, A, B$ 为椭圆 $C$ 上的三点，且满足 $\overrightarrow{P F_1}=m_1 \overrightarrow{F_1 A}$，$\overrightarrow{P F_2}=m_2 \overrightarrow{F_2 B}$，直线 $A F_2$ 与直线 $B F_1$ 交于点 $Q$，记直线 $A B$ 的斜率为 $k_1$，直线 $P Q$ 的斜率为 $k_2$．
1、若点 $P$ 在 $y$ 轴上，则 $\triangle P F_1 F_2$ 是边长为 $2$ 的等边三角形，求椭圆方程；
2、若 $m_1+m_2=\dfrac{5}{2}$，求椭圆 $C$ 的离心率；
3、求证：$\left(m_1+m_2\right)^2 k_1 k_2$ 为定值．
解析
1、此时 $a=2$，$\sqrt{a^2-b^2}=1$，于是椭圆方程为 $\dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}3=1$．
2、设 $\angle PF_1F_2=\alpha$，$\angle PF_2F_1=\beta$，根据焦半径公式 $\tt II$，有\[m_1=\dfrac{\dfrac{b^2}{a-c\cos\alpha}}{\dfrac{b^2}{a+c\cos\alpha}}=\dfrac{a+c\cos\alpha}{a-c\cos\alpha}=-1+\dfrac{2a}{a-c\cos\alpha},\]类似地，有\[m_2=-1+\dfrac{2a}{a-c\cos\beta},\]于是\[\begin{split}m_1+m_2&=-2+\dfrac{2a}{b^2}\left(\dfrac{b^2}{a-c\cos\alpha}+\dfrac{b^2}{a-c\cos\beta}\right)\\ &=-2+\dfrac{2a}{b^2}(PF_1+PF_2)\\ &=-2+\dfrac{4a^2}{b^2}\\ &=\dfrac{2\left(1+e^2\right)}{1-e^2},\end{split}\]从而\[m_1+m_2=\dfrac 52\iff\dfrac{2\left(1+e^2\right)}{1-e^2}=\dfrac 52\iff e^2=\dfrac 19,\]因此所求离心率为 $\dfrac 13$．
备注 根据题意，有\[F_1=\dfrac{P+m_1 A}{1+m_1}\implies A=\left(\frac{1}{m_1}+1\right)F_1- \frac{1}{m_1}P,\]设 $f(x,y)=\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}-1$，则\[f(A)=\left(\frac{1}{m_1}+1\right)^2f(F_1)-2\left(\frac{1}{m_1}+1\right)\frac{1}{m_1}f(F_1P)-\frac{1}{m_1^2}f(P),\]即\[\left(\frac{1}{m_1}+1\right)(e^2-1)-\frac{2}{m_1}\left(\dfrac{-cx_0}{a^2}-1\right)=0\iff (1+m_1)(1-e^2)-2\left(\frac{cx_0}{a^2}+1\right)=0,\]同理可得\[(1+m_2)(1-e^2)-2\left(\frac{-cx_0}{a^2}+1\right)=0,\]因此\[m_1+m_2=2\cdot \dfrac{1+e^2}{1-e^2}.\]
3、根据第 $(2)$ 小题的推导，$(m_1+m_2)^2$ 为定值，接下来证明 $k_1k_2$ 为定值．设 $P(x_0,y_0),A(x_1,y_1),B(x_2,y_2),Q(m,n)$，则\[\begin{cases} \left(\frac{x_1y_0-y_1x_0}{y_0-y_1},\frac{x_1y_0+y_1x_0}{y_0+y_1}\right)=\left(-c,-\frac{a^2}c\right),\\ \left(\frac{x_2y_0-y_2x_0}{y_0-y_2},\frac{x_2y_0+y_2x_0}{y_0+y_2}\right)=\left(c,\frac{a^2}c\right),\end{cases}\iff \begin{cases} (x_1,y_1)=\left(\frac{-(a^2+c^2)x_0-2a^2c}{2cx_0+(a^2+c^2)},\frac{-(a^2-c^2)y_0}{2cx_0+(a^2+c^2)}\right),\\ (x_2,y_2)=\left(\frac{(a^2+c^2)x_0-2a^2c}{2cx_0-(a^2+c^2)},\frac{(a^2-c^2)y_0}{2cx_0-(a^2+c^2)}\right),\end{cases} \]设 $Q(x_3,x_3)$，则\[\left(\frac{y_3}{x_3-c},\frac{y_3}{x_3+c}\right)=\left(\frac{y_1}{x_1-c},\dfrac{y_2}{x_2+c}\right)=\left(\dfrac{(a^2-c^2)y_0}{(a^2+c^2+2c)x_0+(a^2+2a^2c+c^2)},\dfrac{(a^2-c^2)y_0}{(a^2+c^2+2c)x_0-(a^2+2a^2c+c^2)}\right),\]解得\[ (x_3,y_3)=\left(-\frac{a^2+3c^2}{3a^2+c^2}x_0,-\frac{a^2-c^2}{3a^2+c^2}y_0\right),\]因此直线 $AB,PQ$ 的斜率之积为\[\dfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}\cdot \dfrac{y_0-y_3}{x_0-x_3}=\dfrac{(a^2-c^2)x_0y_0}{(a^2+c^2)(x_0^2-a^2)}\cdot \dfrac{(a^2-c^2)y_0}{(a^2+c^2)x_0}=-\dfrac{(a^2-c^2)^2}{(a^2+c^2)^2}=-\dfrac{(1-e^2)^2}{(1+e^2)^2},\]进而 $(m_1+m_2)^2k_1k_2$ 为定值 $-4$．
备注 事实上，由于伸缩变换不改变 $(m_1+m_2)^2k_1k_2$ 是否为定值，因此只需要证明 $a^2=4$，$b^2=3$ 的情形即可．