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2021年高考数学上海19<-->2021年高考数学上海21
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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