Question

12．已知橢圓方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}$=1，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂是它的左、右焦點(diǎn)，A，B為它的左、右頂點(diǎn)，l是橢圓的右準(zhǔn)線，P是橢圓上一點(diǎn)，PA、PB分別交準(zhǔn)線l于M，N兩點(diǎn)．
（1）若P（0，$\sqrt{3}$），求$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{N{F_2}}$的值；
（2）若P（x₀，y₀）是橢圓上任意一點(diǎn)，求$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{N{F_2}}$的值；
（3）能否將問題推廣到一般情況，即給定橢圓方程是$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），P（x₀，y₀）是橢圓上任意一點(diǎn)，問$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{N{F_2}}$是否為定值？證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）求得橢圓的a，b，c，可得頂點(diǎn)的坐標(biāo)和焦點(diǎn)的坐標(biāo)，求出直線PA的方程，求得M的坐標(biāo)，同理可得N的坐標(biāo)，運(yùn)用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，可得結(jié)論；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1，即y₀²=3（1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$），求得直線PA的方程，可得M的坐標(biāo)，以及N的坐標(biāo)，運(yùn)用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，即可得到所求值6；
（3）$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{N{F_2}}$為定值2b²．設(shè)出橢圓的左右頂點(diǎn)和焦點(diǎn)，右準(zhǔn)線方程，求得直線PA的方程，可得M的坐標(biāo)和N的坐標(biāo)，運(yùn)用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，化簡(jiǎn)整理，即可得到定值．

解答 解：（1）橢圓$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}$=1的a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
可得A（-2，0），B（2，0），F(xiàn)₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），右準(zhǔn)線l：x=4，
由P（0，$\sqrt{3}$），可得直線PA的方程為y=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（x+2），令x=4，可得M（4，3$\sqrt{3}$），
同理可得N（4，-$\sqrt{3}$），
則$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{N{F_2}}$=（-1-4，-3$\sqrt{3}$）•（1-4，$\sqrt{3}$）=-5×（-3）-3$\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$=6；
（2）設(shè)P（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1，即y₀²=3（1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$），
直線PA的方程為y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$（x+2），（x₀≠-2），
與x=4聯(lián)立，可得M（4，$\frac{6{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$），同理可得N（4，$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$），
則$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{N{F_2}}$=（-5，-$\frac{6{y}_{0}}{{x}_{0}+2}$）•（-3，-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$）=15+$\frac{12{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-4}$
=15+$\frac{12×3（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}）}{{{x}_{0}}^{2}-4}$=15-9=6；
（3）$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{N{F_2}}$為定值2b²．
證明：由橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1，
可得A（-a，0），B（a，0），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），右準(zhǔn)線l：x=$\frac{{a}^{2}}{c}$，
設(shè)P（x₀，y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1，即y₀²=b²（1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}$），
直線PA的方程為y=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+a}$（x+a），（x₀≠-a），
與x=$\frac{{a}^{2}}{c}$聯(lián)立，可得M（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{（\frac{{a}^{2}}{c}+a）{y}_{0}}{{x}_{0}+a}$），
同理可得N（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{（\frac{{a}^{2}}{c}-a）{y}_{0}}{{x}_{0}-a}$），
則$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{N{F_2}}$=（-c-$\frac{{a}^{2}}{c}$，-$\frac{（\frac{{a}^{2}}{c}+a）{y}_{0}}{{x}_{0}+a}$）•（c-$\frac{{a}^{2}}{c}$，-$\frac{（\frac{{a}^{2}}{c}-a）{y}_{0}}{{x}_{0}-a}$）
=$\frac{{a}^{4}}{{c}^{2}}$-c²+$\frac{（\frac{{a}^{4}}{{c}^{2}}-{a}^{2}）{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{a}^{2}}$=$\frac{（{a}^{2}-{c}^{2}）（{a}^{2}+{c}^{2}）}{{c}^{2}}$+$\frac{{a}^{2}^{2}}{{c}^{2}}$•$\frac{^{2}（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}）}{{{x}_{0}}^{2}-{a}^{2}}$
=$\frac{^{2}（{a}^{2}+{c}^{2}）}{{c}^{2}}$-$\frac{^{4}}{{c}^{2}}$=$\frac{^{2}（{a}^{2}+{c}^{2}-^{2}）}{{c}^{2}}$=2b²．

點(diǎn)評(píng) 本題橢圓方程和性質(zhì)的運(yùn)用，同時(shí)考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．