Question

（2008•閘北區(qū)二模）如圖，橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，A₁、A₂為橢圓C的左、右頂點(diǎn)．
（Ⅰ）設(shè)F₁為橢圓C的左焦點(diǎn)，證明：當(dāng)且僅當(dāng)橢圓C上的點(diǎn)P在橢圓的左、右頂點(diǎn)時(shí)|PF₁|取得最小值與最大值；
（Ⅱ）若橢圓C上的點(diǎn)到焦點(diǎn)距離的最大值為3，最小值為1．求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅲ）若直線l：y=kx+m與（Ⅱ）中所述橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)（A，B不是左右頂點(diǎn)），且滿足AA₂⊥BA₂，求證：直線l過定點(diǎn)，并求出該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析：（I）設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)（x，y），再構(gòu)造函數(shù)f（x）=|PF₁|²，代入兩點(diǎn)間的距離公式并進(jìn)行化簡，利用二次函數(shù)的性質(zhì)和x的范圍，求出函數(shù)的最值以及對應(yīng)的x的取值，即得到證明；
（Ⅱ）由已知與（Ⅰ）得：a+c=3，a-c=1，解得a=2，c=1，再由b²=a²-c²求出b，進(jìn)而求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅲ）假設(shè)存在滿足條件的直線，再設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程和橢圓方程進(jìn)行整理，化簡出一個(gè)二次方程，再由題意和韋達(dá)定理列出方程組，根據(jù)題意得kAA2•kBA2=-1，代入后得列出關(guān)于m的方程，進(jìn)行化簡、求解，注意對應(yīng)題意進(jìn)行驗(yàn)證．

解答：解：（Ⅰ）設(shè)p（x，y），則

x2

a2

+

y2

b2

=1，且F₁（-c，0），
設(shè)f（x）=|PF₁|²，則f（x）=（x+c）²+y²=

c2

a2

x2+2cx+c2+b2，
∴對稱軸方程x=-

a2

c

，由題意知，-

a2

c

≤-a恒成立，
∴f（x）在區(qū)間[-a，a]上單調(diào)遞增，
∴當(dāng)x取-a、a時(shí)，函數(shù)分別取到最小值與最大值，
∴當(dāng)且僅當(dāng)橢圓C上的點(diǎn)P在橢圓的左、右頂點(diǎn)時(shí)|PF₁|取得最小值與最大值；
（Ⅱ）由已知與（Ⅰ）得：a+c=3，a-c=1，解得a=2，c=1，∴b²=a²-c²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為

x2

4

+

y2

3

=1．
（Ⅲ）假設(shè)存在滿足條件的直線l，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立

y=kx+m x2 4 + y2 3 =1.

得，（3+4k²）x²+8mkx+4（m²-3）=0，則

△=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)=3+4k2-m2＞0 x1+x2=- 8mk 3+4k2 x1•x2= 4(m2-3) 3+4k2

又∵y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=

3(m2-4k2)

3+4k2

，
∵橢圓的右頂點(diǎn)為A₂（2，0），AA₂⊥BA₂，∴kAA2•kBA2=-1，
即

y1

x1-2

•

y2

x2-2

=-1，∴y₁y₂+x₁x₂-2（x₁+x₂）+4=0，
∴

3(m2-4k2)

3+4k2

+

4(m2-3)

3+4k2

+

16mk

3+4k2

+4=0，
化簡得，7m²+16mk+4k²=0，
解得，m₁=-2k，m2=-

2k

7

，且均滿足3+4k²-m²＞0，
當(dāng)m₁=-2k時(shí)，l的方程為y=k（x-2），直線過定點(diǎn)（2，0），與已知矛盾；
當(dāng)m2=-

2k

7

時(shí)，l的方程為y=k(x-

2

7

)，直線過定點(diǎn)(

2

7

，0)．
所以，直線l過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為(

2

7

，0)．

點(diǎn)評：本題考查橢圓的方程和橢圓簡單的幾何性質(zhì)，以及直線與橢圓的位置關(guān)系，同時(shí)也考查了利用構(gòu)造函數(shù)的方法處理最值問題，主要利用代數(shù)方法研究圓錐曲線的性質(zhì)和數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想，考查解決問題的能力和運(yùn)算能力，最后對應(yīng)題意進(jìn)行驗(yàn)證這是易錯(cuò)的地方．