Question

3．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距F₁F₂的長(zhǎng)為2，經(jīng)過第二象限內(nèi)一點(diǎn)P（m，n）的直線$\frac{mx}{{a}^{2}}$+$\frac{ny}{^{2}}$=1與圓x²+y²=a²交于A，B兩點(diǎn)，且OA=$\sqrt{2}$．
（1）求PF₁+PF₂的值；
（2）若$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{8}{3}$，求m，n的值．

Answer 1

分析 （1）由OA=$\sqrt{2}$，可得a=$\sqrt{2}$．把點(diǎn)P（m，n）代入直線方程$\frac{mx}{{a}^{2}}$+$\frac{ny}{^{2}}$=1，可得：$\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{n}^{2}}{^{2}}$=1，可得點(diǎn)P在橢圓上，即可得出．
（2）由a=$\sqrt{2}$，c=1，可得b²=a²-c²=1．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}=2}\\{\frac{mx}{2}+ny=1}\end{array}\right.$，化為：（4n²+m²）x²-4mx+4-8n²=0.$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{8}{3}$，化為2（x₂-x₁）=$\frac{8}{3}$，即x₂-x₁=$\frac{4}{3}$，$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}$-4x₁x₂=$\frac{16}{9}$，把根與系數(shù)的關(guān)系代入可得：56n⁴+10n²m²-36n²-m⁴=0，又$\frac{{m}^{2}}{2}+{n}^{2}$=1，聯(lián)立解出即可得出．

解答 解：（1）∵OA=$\sqrt{2}$，∴a=$\sqrt{2}$．
∵把點(diǎn)P（m，n）代入直線方程$\frac{mx}{{a}^{2}}$+$\frac{ny}{^{2}}$=1，可得：$\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{n}^{2}}{^{2}}$=1，
∴點(diǎn)P在橢圓上，
∴PF₁+PF₂=2a=2$\sqrt{2}$．
（2）由a=$\sqrt{2}$，c=1，∴b²=a²-c²=1．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}=2}\\{\frac{mx}{2}+ny=1}\end{array}\right.$，化為：（4n²+m²）x²-4mx+4-8n²=0，
∴x₁+x₂=$\frac{4m}{4{n}^{2}+{m}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4-8{n}^{2}}{4{n}^{2}+{m}^{2}}$．
∵$\overrightarrow{AB}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{8}{3}$，∴（x₂-x₁，y₂-y₁）•（2，0）=$\frac{8}{3}$，
化為2（x₂-x₁）=$\frac{8}{3}$，即x₂-x₁=$\frac{4}{3}$，
∴$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}$-4x₁x₂=$\frac{16}{9}$，
代入可得：$\frac{16{m}^{2}}{（4{n}^{2}+{m}^{2}）^{2}}$-$\frac{4（4-8{n}^{2}）}{4{n}^{2}+{m}^{2}}$=$\frac{16}{9}$，
化為：56n⁴+10n²m²-36n²-m⁴=0，
又$\frac{{m}^{2}}{2}+{n}^{2}$=1，
把m²=2-2n²代入化為8n⁴-2n²-1=0，
聯(lián)立解得m²=1，n²=$\frac{1}{2}$．
∵點(diǎn)P在第二象限，
∴取m=-1，n=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、向量的數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．