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.

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每日一题[2376]数与形》有2条回应

  1. pufanyi说:

    一个无伤大雅的小细节:开头“椭圆”似乎打成“桶圆”了qaq

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