如图，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，椭圆 $\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的左、右焦点分别为 $F_{1}(-c,0)$，$F_{2}(c,0)$．已知 $(1,e)$ 和 $\left(e,\dfrac{\sqrt 3}{2}\right)$ 都在椭圆上，其中 $e$ 为椭圆的离心率．
1、求椭圆的离心率．
2、设 $A,B$ 是椭圆上位于 $x$ 轴上方的两点，且直线 $AF_{1}$ 与直线 $BF_{2}$ 平行，$AF_{2}$ 与 $BF_{1}$ 交于点 $P$．
① 若 $|AF_{1}|-|BF_{2}|=\dfrac{\sqrt 6}{2}$，求直线 $AF_{1}$ 的斜率；
② 求证：$|PF_{1}|+|PF_{2}|$ 是定值．
解析
1、$e=\dfrac{\sqrt 2}{2}$；
2、$\dfrac{\sqrt2}{2}$．
椭圆方程为 $\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}=1$，所以 $ep=\dfrac{b^{2}}{a}=\dfrac{1}{\sqrt 2}$．
① 设 $\angle AF_{1}F_{2}=\theta$，则\[|AF_{1}|-|BF_{2}|=\dfrac{ep}{1-e\cos\theta}-\dfrac{ep}{1+e\cos\theta}=\dfrac{ep\cdot 2e\cos\theta}{1-e^{2}\cos^{2}\theta}=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt 2}\cdot \sqrt 2\cdot \cos\theta}{1-\dfrac{1}{2}\cos^{2}\theta}=\dfrac{\sqrt 6}{2},\]即\[\cos^{2}\theta+\dfrac{4}{\sqrt 6}\cos\theta-2,\]解得 $\cos\theta=\dfrac{2}{\sqrt 6}$，于是直线 $AF_{1}$ 的斜率为 $\tan\theta=\dfrac{\sqrt 2}{2}$．
② 设 $|AF_{1}|=\rho_{1}$，$|BF_{2}|=\rho_{2}$，则 $|AF_{2}|=2a-\rho_{1}$，$|BF_{1}|=2a-\rho_{2}$．所以\[\dfrac{|PF_{1}|}{|PB|}=\dfrac{|PA|}{|PF_{2}|}=\dfrac{|AF_{1}|}{|BF_{2}|},\]所以\[\dfrac{|PF_{1}|}{|PF_{1}|+|PB|}=\dfrac{|AF_{1}|}{|AF_{1}|+|BF_{2}|}, \dfrac{|PA|+|PF_{2}|}{|PF_{2}|}=\dfrac{|AF_{1}|+|BF_{2}|}{|BF_{2}|},\]于是\[|PF_{1}|=\dfrac{\rho_{1}}{\rho_{1}+\rho_{2}}(2a-\rho_{2}),\]从而\[|PF_{1}|+|PF_{2}|=\dfrac{2a(\rho_{1}+\rho_{2})-2\rho_{1}\rho_{2}}{\rho_{1}+\rho_{2}}=2a-\dfrac{2}{\dfrac{1}{\rho_{1}+\dfrac{1}{\rho_{2}}}}=2a-ep=\dfrac{3\sqrt 2}{2}\]为定值．