2021-上海卷-20 解-椭圆综合

本题导读

本题考查椭圆的标准方程与性质。核心在于坐标法、参变量转化法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年上海卷）20. 已知椭圆 $\Gamma :\frac{x^2}{2}+y^2=1$，$F_1,F_2$ 分别是其左、右焦点。点 $P(m,0)(m<-\sqrt{2})$，直线 $l$ 过点 $P$ 交 $\Gamma$ 于 $A,B$ 两点，且 $A$ 在线段 $BP$ 上。

（1）若 $B$ 是椭圆的上顶点，且 $|\overrightarrow{B{F}_1}|=|\overrightarrow{P{F}_1}|$，求 $m$ 的值；

（2）若 $\overrightarrow{F_{1}A}\cdot \overrightarrow{F_{2}A}=\frac{1}{3}$，且原点 $O$ 到直线 $l$ 的距离为 $\frac{4\sqrt{15}}{15}$，求直线 $l$ 的方程；

（3）证明：对于任意 $m<-\sqrt{2}$，总存在唯一一条直线 $l$ 使得 $\overrightarrow{F_{1}A}\parallel \overrightarrow{F_{2}B}$。

🔍【思路分析】

破题导航

第一问： 确定焦点坐标和顶点坐标，利用距离公式直接建立关于 $m$ 的方程。 第二问： - 利用向量数量积公式结合椭圆方程求出 $A$ 点坐标。

• 设直线斜率为 $k$，利用点到直线的距离公式求出 $k$。
• 注意 $A$ 在线段 $BP$ 上这一条件，用于排除不合题意的 $k$。 第三问： - 设直线为 $x=hy+m$。
• 核心转化： $\overrightarrow{F_{1}A}\parallel \overrightarrow{F_{2}B}$ 意味着两条直线的斜率相等，可以导出 $y_1$ 与 $y_2$ 的比例关系。
• 联立直线与椭圆方程，利用韦达定理建立关于 $h$ 和 $m$ 的等式。
• 证明对于给定的 $m$，存在唯一的 $h$ 满足等式。

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $m$ 的值 由题意，$\Gamma :\frac{x^2}{2}+y^2=1$，$a=\sqrt{2},b=1,c=1$。 则焦点 $F_1(-1,0)$，上顶点 $B(0,1)$。 $|\overrightarrow{B{F}_1}|=\sqrt{(-1-0{)}^2+(0-1{)}^2}=\sqrt{2}$。 因为 $P(m,0)$ 且 $m<-\sqrt{2}$，所以 $|\overrightarrow{P{F}_1}|=-1-m$。 由 $|\overrightarrow{B{F}_1}|=|\overrightarrow{P{F}_1}|$ 得：$\sqrt{2}=-1-m$， 解得：$m=-1-\sqrt{2}$。

（2）求直线 $l$ 的方程 设 $A(x_1,y_1)$。$\overrightarrow{F_{1}A}=(x_1+1,y_1)$，$\overrightarrow{F_{2}A}=(x_1-1,y_1)$。 $\overrightarrow{F_{1}A}\cdot \overrightarrow{F_{2}A}=(x_1+1)(x_1-1)+y_1^2=x_1^2+y_1^2-1=\frac{1}{3}$。 得 $x_1^2+y_1^2=\frac{4}{3}$。 联立椭圆方程 $\frac{x_1^2}{2}+y_1^2=1$，解得 $x_1^2=\frac{2}{3},y_1^2=\frac{2}{3}$。 由于 $m<-\sqrt{2}$ 且 $l$ 过 $P$ 与椭圆交于 $A$，则 $x_1$ 必为负。 取 $A(-\frac{\sqrt{6}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3})$（由对称性，取 $y_1>0$ 不影响斜率计算）。 设直线 $l:y-\frac{\sqrt{6}}{3}=k(x+\frac{\sqrt{6}}{3})$，即 $kx-y+\frac{\sqrt{6}}{3}(k+1)=0$。 由 $d=\frac{|\frac{\sqrt{6}}{3}(k+1)|}{\sqrt{k^2+1}}=\frac{4\sqrt{15}}{15}$，平方整理得： $3k^2-10k+3=0⟹k=3$ 或 $k=\frac{1}{3}$。 经检验（结合 $A$ 在线段 $BP$ 上的顺序关系），$k=3$ 符合题意。 直线方程为：$3x-y+4\sqrt{6}=0$。

（3）证明唯一性 设 $A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，直线 $l:x=hy+m$。 $\overrightarrow{F_{1}A}=(x_1+1,y_1),\overrightarrow{F_{2}B}=(x_2-1,y_2)$。 由 $\overrightarrow{F_{1}A}\parallel \overrightarrow{F_{2}B}$ 得：$\frac{y_1}{x_1+1}=\frac{y_2}{x_2-1}$。 代入 $x=hy+m$ 得：$\frac{y_1}{h{y}_1+m+1}=\frac{y_2}{h{y}_2+m-1}$。 化简得：$y_1(h{y}_2+m-1)=y_2(h{y}_1+m+1)⟹y_2=\frac{m-1}{m+1}{y}_1$。

联立 $\{\begin{array}{l}x=hy+m\\ x^2+2y^2=2\end{array}⟹(h^2+2)y^2+2mhy+m^2-2=0$。 由韦达定理： $y_1+y_2=\frac{-2mh}{h^2+2}$ —— ① $y_1{y}_2=\frac{m^2-2}{h^2+2}$ —— ② 由 $y_2=\lambda y_1$（其中 $\lambda =\frac{m-1}{m+1}$），代入 ①② 消除 $y_1,y_2$： $\frac{(1+\lambda {)}^2}{\lambda }=\frac{(y_1+y_2{)}^2}{y_1{y}_2}=\frac{4m^2{h}^2}{(h^2+2)(m^2-2)}$ 代入 $\lambda$ 整理得： $h^2=2m^2-4$ 由于 $m<-\sqrt{2}$，则 $m^2>2$，故 $2m^2-4>0$ 恒成立。 由于直线 $l$ 斜率唯一（对应 $h$ 唯一），且 $h=\pm \sqrt{2m^2-4}$ 中只有一个方向使得 $A$ 在 $BP$ 之间。 因此，总存在唯一一条直线符合要求。

✅【答案】

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(1) $m=-1-\sqrt{2}$

(2) 直线 $l$ 的方程为 $3x-y+4\sqrt{6}=0$

(3) 证明见详细解析

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 向量关系的转化： 在解析几何中，向量平行 $\vec{a}\parallel \vec{b}$ 转化为坐标交叉相乘相等；向量垂直 $\vec{a}\cdot \vec{b}=0$ 转化为坐标数量积为零。

• 参数选择： 第三问选择 $x=hy+m$ 而不是 $y=k(x-m)$，可以有效避免对斜率不存在情况的讨论，且计算更为简洁。

在处理 $\overrightarrow{F_{1}A}\parallel \overrightarrow{F_{2}B}$ 这种涉及两个焦点的平行关系时，往往隐含了某种定值关系。本题中导出的 $h^2=2m^2-4$ 揭示了直线斜率与截距点 $P$ 的深度耦合。这种“存在性与唯一性”的证明，核心步骤是：1. 建立关于未知量的方程 $\to$ 2. 证明判别式或定义域符合条件 $\to$ 3. 验证解的个数。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 09.03 平面向量的数量积

类题演练 (Links)

• 2013-湖北卷理-21 解-椭圆方程与性质
• 2014-广东卷理-20 解-椭圆的标准方程
• 2013-天津卷文-18 解-椭圆方程与向量