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2021年高考数学上海20

  2022-05-03 08:26:47  

20.(16分)已知$\Gamma :\dfrac{{x}^{2}}{2}+y^{2}=1$,$F_{1}$,$F_{2}$是其左、右交焦点,直线$l$过点$P(m$,$0)(m\leqslant -\sqrt{2})$,交椭圆于$A$,$B$两点,且$A$,$B$在$x$轴上方,点$A$在线段$BP$上.
(1)若$B$是上顶点,$\vert \overrightarrow{B{F}_{1}}\vert =\vert \overrightarrow{P{F}_{1}}\vert$,求$m$的值;
(2)若$\overrightarrow{{F}_{1}A}\cdot \overrightarrow{{F}_{2}A}=\dfrac{1}{3}$,且原点$O$到直线$l$的距离为$\dfrac{4\sqrt{15}}{15}$,求直线$l$的方程;
(3)证明:对于任意$m<-\sqrt{2}$,使得$\overrightarrow{{F}_{1}A}//\overrightarrow{{F}_{2}B}$的直线有且仅有一条.
分析:(1)利用椭圆的方程,求出$a$,$b$,$c$的值,求出$\vert BF_{1}\vert$和$\vert PF_{1}\vert$,由$\vert \overrightarrow{B{F}_{1}}\vert =\vert \overrightarrow{P{F}_{1}}\vert$,即可求出$m$的值;
(2)设点$A(\sqrt{2}\cos \theta$,$\sin \theta )$,利用平面向量数量积的坐标表示化简$\overrightarrow{{F}_{1}A}\cdot \overrightarrow{{F}_{2}A}=\dfrac{1}{3}$,求出点$A$的坐标,设直线$l$的方程为$y=kx+\dfrac{\sqrt{6}}{3}k+\dfrac{\sqrt{6}}{3}(k>0)$,然后利用点到直线的距离公式列出关于$k$的方程,求出$k$的值即可得到答案.
(3)联立直线$l$与椭圆的方程,得到韦达定理,利用向量平行的坐标表示,化简可得${x}_{1}-{x}_{2}=-\dfrac{2}{1+2{k}^{2}}$,然后再利用韦达定理化简$\vert x_{1}-x_{2}\vert$,由此得到关于$k$和$m$的等式,整理可得${k}^{2}=-\dfrac{1}{4-2{m}^{2}}$,利用$m$的取值范围以及题中的条件,即可证明.
解:(1)因为$\Gamma$的方程:$\dfrac{{x}^{2}}{2}+y^{2}=1$,
所以$a^{2}=2$,$b^{2}=1$,
所以$c^{2}=a^{2}-b^{2}=1$,
所以$F_{1}(-1,0)$,$F_{2}(1,0)$,
若$B$为$\Gamma$的上顶点,则$B(0,1)$,
所以$\vert BF_{1}\vert =\sqrt{1+1}=\sqrt{2}$,$\vert PF_{1}\vert =-1-m$,
又$\vert BF_{1}\vert =\vert PF_{1}\vert$,
所以$m=-1-\sqrt{2}$;
(2)设点$A(\sqrt{2}\cos \theta$,$\sin \theta )$,
则$\overrightarrow{{F}_{1}A}\cdot \overrightarrow{{F}_{2}A}=(\sqrt{2}\cos \theta +1)(\sqrt{2}\cos \theta -1)+si{n}^{2}\theta =2co{s}^{2}\theta -1+si{n}^{2}\theta =\dfrac{1}{3}$,
因为$A$在线段$BP$上,横坐标小于0,
解得$\cos \theta =-\dfrac{\sqrt{3}}{3}$,
故$A(-\dfrac{\sqrt{6}}{3},\dfrac{\sqrt{6}}{3})$,
设直线$l$的方程为$y=kx+\dfrac{\sqrt{6}}{3}k+\dfrac{\sqrt{6}}{3}(k>0)$,
由原点$O$到直线$l$的距离为$\dfrac{4\sqrt{15}}{15}$,
则$d=\dfrac{\vert \dfrac{\sqrt{6}}{3}k+\dfrac{\sqrt{6}}{3}\vert }{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\dfrac{4\sqrt{15}}{15}$,化简可得$3k^{2}-10k+3=0$,解得$k=3$或$k=\dfrac{1}{3}$,
故直线$l$的方程为$y=\dfrac{1}{3}x+\dfrac{4\sqrt{6}}{9}$或$y=3x+\dfrac{4\sqrt{6}}{3}$(舍去,无法满足$m<-\sqrt{2})$,
所以直线$l$的方程为$y=\dfrac{1}{3}x+\dfrac{4\sqrt{6}}{9}$;
(3)联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-km}\\ {\dfrac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$,可得$(1+2k^{2})x^{2}-4k^{2}mx+2k^{2}m^{2}-2=0$,
设$A(x_{1}$,$y_{1})$,$B(x_{2}$,$y_{2})$,
则${x}_{1}+{x}_{2}=\dfrac{4{k}^{2}m}{1+2{k}^{2}},{x}_{1}{x}_{2}=\dfrac{2{k}^{2}{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$,
因为$\overrightarrow{{F}_{1}A}//\overrightarrow{{F}_{2}B}$,
所以$(x_{2}-1)y_{1}=(x_{1}+1)y_{2}$,又$y=kx-km$,
故化简为${x}_{1}-{x}_{2}=-\dfrac{2}{1+2{k}^{2}}$,
又$\vert {x}_{1}-{x}_{2}\vert =\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}=\dfrac{\sqrt{16{k}^{2}-8{k}^{2}{m}^{2}+8}}{1+2{k}^{2}}=\vert -\dfrac{2}{1+2{k}^{2}}\vert$,
两边同时平方可得,$4k^{2}-2k^{2}m^{2}+1=0$,
整理可得${k}^{2}=-\dfrac{1}{4-2{m}^{2}}$,
当$m<-\sqrt{2}$时,${k}^{2}=-\dfrac{1}{4-2{m}^{2}}>0$,
因为点$A$,$B$在$x$轴上方,
所以$k$有且仅有一个解,
故对于任意$m<-\sqrt{2}$,使得$\overrightarrow{{F}_{1}A}//\overrightarrow{{F}_{2}B}$的直线有且仅有一条.
点评:本题考查了平面向量与圆锥曲线的综合应用,直线与椭圆位置关系的应用,在解决直线与圆锥曲线位置关系的问题时,一般会联立直线与圆锥曲线的方程,利用韦达定理和“设而不求”的方法进行研究,属于难题.

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