Question

4．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上、下頂點(diǎn)分別是B₁、B₂，C是B₁F₂的中點(diǎn)，若$\overrightarrow{{B}_{1}{F}_{1}}$•$\overrightarrow{{B}_{1}{F}_{2}}$=2，且$\overrightarrow{C{F}_{1}}$⊥$\overrightarrow{{B}_{1}{F}_{2}}$．
（1）求橢圓的方程．
（2）點(diǎn)M，N是橢圓上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過M，N兩點(diǎn)的切線交于點(diǎn)P，若$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=0時(shí)，求點(diǎn)P的軌跡方程．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），B₁（0，b），B₂（0，-b），C（$\frac{c}{2}$，$\frac{2}$），運(yùn)用向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示和向量垂直的條件：數(shù)量積為0，解方程可得b，c，進(jìn)而得到a，即可得到橢圓方程；
（2）設(shè)P（a，b），直線y=kx+b-ka，代入橢圓方程，由直線和橢圓相切的條件：判別式為0，化簡整理可得k的二次方程，由$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=0，可得k₁k₂=-1，運(yùn)用韋達(dá)定理，即可得到所求軌跡方程．

解答 解：（1）由題意可得F₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），
B₁（0，b），B₂（0，-b），C（$\frac{c}{2}$，$\frac{2}$），
$\overrightarrow{{B}_{1}{F}_{1}}$•$\overrightarrow{{B}_{1}{F}_{2}}$=（-c，-b）•（c，-b）=-c²+b²=2，①
$\overrightarrow{C{F}_{1}}$⊥$\overrightarrow{{B}_{1}{F}_{2}}$，可得$\overrightarrow{C{F}_{1}}$•$\overrightarrow{{B}_{1}{F}_{2}}$=0，
即有（-$\frac{3c}{2}$，-$\frac{2}$）•（c，-b）=-$\frac{3}{2}$c²+$\frac{^{2}}{2}$=0，②
解得c=1，b=$\sqrt{3}$，a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=2，
可得橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）設(shè)P（a，b），直線y=kx+b-ka，代入橢圓方程3x²+4y²=12，
可得（3+4k²）x²+8k（b-ka）x+4（b-ka）²-12=0，
由直線和橢圓相切，可得△=0，
即有64k²（b-ka）²-16（3+4k²）[（b-ka）²-3]=0，
化簡可得（b-ka）²-3-4k²=0，
即為（a²-4）k²-2abk+b²-3=0，
由$\overrightarrow{PM}$•$\overrightarrow{PN}$=0，可得k₁k₂=-1，
即有$\frac{^{2}-3}{{a}^{2}-4}$=-1，可得a²+b²=7．
可得點(diǎn)P的軌跡方程為圓a²+b²=7．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用待定系數(shù)法和向量的坐標(biāo)運(yùn)算和向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示和垂直的條件：數(shù)量積為0，考查軌跡方程的求法，注意運(yùn)用直線和橢圓相切的條件：判別式為0，以及韋達(dá)定理的運(yùn)用，屬于中檔題．