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2023年高考数学天津17<-->2023年高考数学天津19
（15分）设椭圆$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a > b > 0)$的左、右顶点分别为$A_{1}$，$A_{2}$，右焦点为$F$，已知$\vert A_{1}F\vert =3$，$\vert A_{2}F\vert =1$．
（Ⅰ）求椭圆方程及其离心率；
（Ⅱ）已知点$P$是椭圆上一动点（不与顶点重合），直线$A_{2}P$交$y$轴于点$Q$，若△$A_{1}PQ$的面积是△$A_{2}FP$面积的二倍，求直线$A_{2}P$的方程．
答案：（Ⅰ）椭圆方程为$\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1$，椭圆的离心率为$e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}$；
（Ⅱ）直线$A_{2}P$的方程为$y=\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2}(x-2)$．
分析：（Ⅰ）由题意可得$\left\{\begin{array}{l}{a+c=3}\\ {a-c=1}\end{array}\right.$，求解$a$与$c$的值，再由隐含条件求解$b$，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）由题意可知，直线$A_{2}P$的斜率存在且不为0，设直线方程为$y=k(x-2)$，取$x=0$，得$Q(0,-2k)$，分别求出△$A_{1}PQ$的面积与△$A_{2}FP$面积，再由已知列式求解$k$，则直线方程可求．
解：（Ⅰ）由题意可知，$\left\{\begin{array}{l}{a+c=3}\\ {a-c=1}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\ {c=1}\end{array}\right.$，
$\therefore b^{2}=a^{2}-c^{2}=4-1=3$．
则椭圆方程为$\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1$，椭圆的离心率为$e=\dfrac{c}{a}=\dfrac{1}{2}$；
（Ⅱ）由题意可知，直线$A_{2}P$的斜率存在且不为0，
当$k < 0$时，直线方程为$y=k(x-2)$，取$x=0$，得$Q(0,-2k)$．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-2)}\\ {\dfrac{{x}^{2}}{4}+\dfrac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得$(4k^{2}+3)x^{2}-16k^{2}x+16k^{2}-12=0$．
△$=(-16k^{2})^{2}-4(4k^{2}+3)(16k^{2}-12)=144 > 0$，
$2{x}_{P}=\dfrac{16{k}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，得${x}_{P}=\dfrac{8{k}^{2}-6}{4{k}^{2}+3}$，则${y}_{P}=\dfrac{-12k}{4{k}^{2}+3}$．
${S}_{\triangle {A}_{1}PQ}={S}_{\triangle {A}_{1}{A}_{2}Q}-{S}_{\triangle {A}_{1}{A}_{2}P}=\dfrac{1}{2}\times 4\times (-2k)-\dfrac{1}{2}\times 4\times (-\dfrac{12k}{4{k}^{2}+3})=\dfrac{-16{k}^{3}+12k}{4{k}^{2}+3}$．
${S}_{\triangle {A}_{2}FP}=\dfrac{1}{2}\times 1\times (-\dfrac{12k}{4{k}^{2}+3})=-\dfrac{6k}{4{k}^{2}+3}$．
$\therefore$$\dfrac{-16{k}^{3}+12k}{4{k}^{2}+3}=-\dfrac{12k}{4{k}^{2}+3}$，即$2k^{2}=3$，得$k=-\dfrac{\sqrt{6}}{2}(k < 0)$；
同理求得当$k > 0$时，$k=\dfrac{\sqrt{6}}{2}$．
$\therefore$直线$A_{2}P$的方程为$y=\pm \dfrac{\sqrt{6}}{2}(x-2)$．
点评：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．
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