每日一题[2376]数与形

椭圆 $\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$，$F_{1}, F_{2}$ 分别为左右焦点，过点 $P(m, 0)$（$m<-\sqrt{2}$）的直线交椭圆于点 $A, B$ 且点 $A, B$ 在 $x$ 轴的上方，$A$ 在 $P, B$ 的中间．

1、若 $B$ 是上顶点，$\left|\overrightarrow{B F_{1}}\right|=\left|\overrightarrow{P F_{1}}\right|$，求 $m$．

2、若 $\overrightarrow{F_{1} A} \cdot \overrightarrow{F_{2} A}=\dfrac{1}{3}$，且 $O$ 到 $l$ 的距离为 $\dfrac{4\sqrt{15}}{15}$，求直线 $l$ 的方程．

3、求证：对任意的 $m<-\sqrt{2}$，使得 $F_{1} A \parallel B F_{2}$ 的直线有且仅有一条．

解析

1、当 $B$ 为上顶点时，有 $\left|\overrightarrow{BF_1}\right|=\sqrt 2$，而 $F_1(-1,0)$，于是 $P\left(-1-\sqrt 2,0\right)$．

2、根据极化恒等式，有

$$\overrightarrow{F_1A}\cdot \overrightarrow{F_2A}=\dfrac 13\iff |AO|^2-|OF_1|^2=\dfrac13\iff |AO|=\dfrac2{\sqrt 3},$$ 设 $A(x_1,y_1)$，则 $$\begin{cases} \dfrac{x_1^2}2+y_1^2=1,\\ x_1^2+y_1^2=\dfrac 43,\end{cases}\iff \begin{cases} x_1=-\sqrt{\dfrac 23},\\ y_1=\sqrt{\dfrac 23},\end{cases}$$ 于是 $\angle xOA=\dfrac{3\pi}4$，如图．

设直线 $l$ 的倾斜角为 $\theta$，则

$$\theta=\arcsin\dfrac{\dfrac{4\sqrt{15}}{15}}{\dfrac2{\sqrt 3}}-\dfrac{\pi}4=\arcsin\dfrac{2}{\sqrt 5}-\dfrac{\pi}4=\arctan 2-\dfrac{\pi}4,$$ 因此 $$\tan\theta=\tan\left(\arctan2-\dfrac{\pi}4\right)=\dfrac 13,$$ 从而直线 $l$ 的方程为 $$y=\dfrac 13\left(x+\sqrt{\dfrac 23}\right)+\sqrt{\dfrac 23}\iff y=\dfrac13x+\dfrac{4\sqrt 6}9.$$

3、设直线 $AB$ 的方程为 $y=k(x-m)$，$A(x_1,kx_1-km)$，$B(x_2,kx_2-km)$，则

$$F_1A\parallel BF_2\iff \dfrac{kx_1-km}{x_1+1}=\dfrac{kx_2-km}{x_2-1}\iff x_2-x_1=\dfrac 2{1+2k^2},$$ 联立直线 $y=k(x-m)$ 与椭圆方程，可得 $$(1+2k^2)x^2-4k^2mx+2k^2m^2-2=0,$$ 从而 $$x_2-x_1=\dfrac{\sqrt{16k^4m^2-4(1+2k^2)(2k^2m^2-2)}}{1+2k^2}=\dfrac{\sqrt{16k^2-8k^2m^2+8}}{1+2k^2},$$ 进而可解得 $$k=\dfrac{1}{\sqrt{2(m^2-2)}},$$ 因此当 $m<-\sqrt 2$ 时，使得 $F_{1} A \parallel B F_{2}$ 的直线有且仅有一条．