Question

11．已知$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，|F₁F₂|=2$\sqrt{5}$，點(diǎn)P在橢圓上，tan∠PF₂F₁=2，且△PF₁F₂的面積為4．
（1）求橢圓的方程；
（2）點(diǎn)M是橢圓上任意一點(diǎn)，A₁、A₂分別是橢圓的左、右頂點(diǎn)，直線MA₁，MA₂與直線x=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$分別交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，試證：以EF為直徑的圓交x軸于定點(diǎn)，并求該定點(diǎn)的坐標(biāo)．

Answer 1

分析 （1）由已知求出∠PF₂F₁的正弦和余弦值，再由△PF₁F₂的面積為4及余弦定理可得P到兩焦點(diǎn)的距離，求得a，進(jìn)一步求得b，則橢圓方程可求；
（2）由（1）求得兩個(gè)定點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)出M坐標(biāo)，得到直線MA₁，MA₂的方程，進(jìn)一步求出E，F(xiàn)的坐標(biāo)，由k_QE•k_QF=-1得答案．

解答 解：（1）∵tan∠PF₂F₁=2，∴sin∠PF₂F₁=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，cos∠PF₂F₁=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
由題意得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}×2\sqrt{5}|P{F}_{2}|×\frac{2\sqrt{5}}{5}=4}\\{|P{F}_{1}{|}^{2}=|P{F}_{2}{|}^{2}+（2\sqrt{5}）^{2}-2|P{F}_{2}|×2\sqrt{5}×\frac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{|P{F}_{1}|=4}\\{|P{F}_{2}|=2}\end{array}\right.$．
從而2a=|PF₁|+|PF₂|=4+2=6，得a=3，結(jié)合2c=2$\sqrt{5}$，得b²=4，
故橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）由（1）得A₁（-3，0），A₂（3，0），
設(shè)M（x₀，y₀），則直線MA₁的方程為$y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+3}（x+3）$，
它與直線x=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$的交點(diǎn)的坐標(biāo)為$E（\frac{3\sqrt{5}}{2}，\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+3}（\frac{3\sqrt{5}}{2}+3））$，
直線MA₂的方程為$y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-3}（x-3）$，它與直線x=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$的交點(diǎn)的坐標(biāo)為$F（\frac{3\sqrt{5}}{2}，\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-3}（\frac{3\sqrt{5}}{2}-3））$，
再設(shè)以EF為直徑的圓交x軸于點(diǎn)Q（m，0），則QE⊥QF，從而k_QE•k_QF=-1，
即$\frac{\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+3}（\frac{3\sqrt{5}}{2}+3）}{\frac{3\sqrt{5}}{2}-m}•\frac{\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-3}（\frac{3\sqrt{5}}{2}-3）}{\frac{3\sqrt{5}}{2}-m}=-1$，即$\frac{\frac{9}{4}{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-9}=（\frac{3\sqrt{5}}{2}-m）^{2}$，解得m=$\frac{3\sqrt{5}}{2}±1$．
故以EF為直徑的圓交x軸于定點(diǎn)，該定點(diǎn)的坐標(biāo)為$（\frac{3\sqrt{5}}{2}+1，0）$或$（\frac{3\sqrt{5}}{2}-1，0）$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，是中檔題．