Question

（2011•崇明縣二模）如圖，已知橢圓

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），M為橢圓上的一個動點，F(xiàn)₁、F₂分別為橢圓的左、右焦點，A、B分別為橢圓的一個長軸端點與短軸的端點．當MF₂⊥F₁F₂時，原點O到直線MF₁的距離為

1

3

|OF₁|．
（1）求a，b滿足的關(guān)系式；
（2）當點M在橢圓上變化時，求證：∠F₁MF₂的最大值為

π

2

；
（3）設(shè)圓x²+y²=r²（0＜r＜b），G是圓上任意一點，過G作圓的切線交橢圓于Q₁，Q₂兩點，當OQ₁⊥OQ₂時，求r的值．（用b表示）

Answer 1

分析：（1）設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），A（a，c），B（0，b），因為MF₂⊥F₁F₂，所以點M坐標為 M(c，

b2

a

)，由此能夠求出a=

2

b．
（2）設(shè)MF₁=m，MF₂=n，m+n=2a，由余弦定理得cos∠F1MF2=

m2+n2-4c2

2mn

=

2b2

mn

-1．因為0＜mn≤

(m+n)2

4

=2b2，所以cos∠F₁MF₂≥0，由此能夠證明：∠F₁MF₂的最大值為

π

2

．
（3）設(shè)G（rcosθ，rsinθ）圓上任意一點，過G點的切線交該橢圓于Q₁（x₁，x₂），Q₂（x₂，y₂），則切線l的法向量為（rcosθ，rsinθ），直線l的方程為xcosθ+ysinθ-r=0，聯(lián)立方程組

xcosθ+ysinθ-r=0 x2+2y2=2b2

，能夠推導(dǎo)出r=

6

3

b．

解答：解：（1）設(shè)F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），A（a，c），B（0，b），
因為MF₂⊥F₁F₂，所以點M坐標為 M(c，

b2

a

)，
所以MF₁方程b²x-2axy+b²c=0，
O到MF₁距離d=

b2c

b4+4a2c2

=

1

3

|OF1| =

1

3

c，整理得2b⁴=a²c²，
所以

a2=b2+c2 2b4=a2c2

解得a=

2

b．
（2）設(shè)MF₁=m，MF₂=n，m+n=2a，
由余弦定理得cos∠F1MF2=

m2+n2-4c2

2mn

=

4(a2-c2)-2mn

2mn

=

2b2

mn

-1．
因為0＜mn≤

(m+n)2

4

=2b2，
所以cos∠F₁MF₂≥0，
當且僅當m=n=a=

2

b，cos∠F₁MF₂=0，
由三角形內(nèi)角及余弦單調(diào)性知有最大值∠F1MF2=

π

2

．
（3）設(shè)G（rcosθ，rsinθ）圓上任意一點，過G點的切線交該橢圓于Q₁（x₁，x₂），Q₂（x₂，y₂），
則切線l的法向量為（rcosθ，rsinθ），直線l的方程為xcosθ+ysinθ-r=0，
聯(lián)立方程組

xcosθ+ysinθ-r=0 x2+2y2=2b2

，
①cosθ=0時，|OG|=|Q₁G|=|Q₂G|，所以r=

2b2-2r2

，即：r=

6 b

3

；
②cosθ≠0時，由

xcosθ+ysinθ-r=0 x 2+2y2=2b2

，
得（1+cos²θ）y²-2rsinθy+r²-2b²cos²θ=0，
所以

y1+y2= -2rsinθ 1+cos2θ y1y2= r2-2b2cos2θ 1+cos2θ

，
因為x₁x₂cos²θ=r²-（y₁+y₂）rsinθ+sin²θ，
由OQ₁⊥OQ₂得，x₁x₂cos²θ+y₁y₂cos²θ=r²-（y₁+y₂）rsinθ+y₁y₂=0
所以3r²cos²θ=2b²cos²θ，從而r=

6

3

b；
由①、②知，r=

6

3

b．

點評：本題主要考查橢圓標準方程，簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，橢圓的簡單性質(zhì)等基礎(chǔ)知識．考查運算求解能力，推理論證能力；考查函數(shù)與方程思想，化歸與轉(zhuǎn)化思想．