Question

已知椭圆C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的左，右焦点分贝为F₁，F₂，右顶点为A，P为椭圆C上一点，

PF1

•

PF2

的最大值为3，最小值为2．
（1）求椭圆C的方程．
（2）若直线l过点（

2

7

，0），且与椭圆C交于M、N两点．
①若直线l与x轴垂直，证明MA⊥NA．
②求证：以MN为直径的圆过一定点，并求出该点坐标．

Answer 1

考点：直线与圆锥曲线的关系,椭圆的标准方程

专题：圆锥曲线的定义、性质与方程

分析：（1）设出椭圆上点P的参数坐标，代入

PF1

•

PF2

，求出

PF1

•

PF2

的最大值a²-c²=3，最小值b²-c²=2，结合隐含条件求得a²=4，b²=3，则椭圆方程可求；
（2）①写出过定点（

2

7

，0）且与x轴垂直的直线l的方程为x=

2

7

，代入椭圆方程求得M，N的坐标，进一步求出

MA

，

NA

的坐标，由数量积为0得答案；
②设直线l：y=kx+m，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），求出以MN为直径的圆方程（x-x₁）（x-x₂）+（y-y₁）（y-y₂）=0，结合A（2，0）在圆上得到（2-x₁）（2-x₂）+y₁y₂=0，再由于M，N在直线l上化纵坐标为横坐标，联立
直线方程和椭圆方程，利用根与系数关系解得m=-2k 或 m=-

2k

7

．验证m=-2k时不合题意，求得当m=-

2k

7

时直线l过定点（

2

7

，0）．

解答： 解：（1）利用椭圆的参数方程，
设P（acosθ，bsinθ），F₁（-c，0），F₂（c，0），
则：

PF1

•

PF2

=（-c-acosθ，-bsinθ）•（c-acosθ，-bsinθ）
=（acosθ+c）（acosθ-c）+（bsinθ）²
=a²cos²θ-c²+b²（1-cos²θ）
=（a²-b²）cos²θ+（b²-c²）．
则当cos²θ=1时，

PF1

•

PF2

取最大值a²-c²=3，
当cos²θ=0时，

PF1

•

PF2

取最小值b²-c²=2，
又a²=b²+c²，
联立以上几式解得：a²=4，b²=3．
则椭圆C：

x2

4

+

y2

3

=1；
（2）①证明：直线l过定点（

2

7

，0），且与x轴垂直，
则l的方程为x=

2

7

，代入椭圆方程得：M（

2

7

，

12

7

），N（

2

7

，-

12

7

），
又A（2，0），
∴

MA

=(

12

7

，-

12

7

)，

NA

=(

12

7

，

12

7

)，
则

MA

•

NA

=

12

7

×

12

7

-

12

7

×

12

7

=0，
∴MA⊥NA；
②设直线l：y=kx+m，
M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则以MN为直径的圆方程：
（x-x₁）（x-x₂）+（y-y₁）（y-y₂）=0，
由于C的右顶点A（2，0）在圆上，
则：（2-x₁）（2-x₂）+y₁y₂=0，
x₁x₂+4-2（x₁+x₂）+y₁y₂=0  （*）．
由于M，N在直线l上，
则：y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
代入（*）得：
(1+k2)x1x2+(mk-2)(x1+x2)+m2+4=0  （#）．
联立

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

，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
则：x1+x2=-

8km

3+4k2

，x1x2=

4m2-12

3+4k2

，
代入（#）得：(1+k2)•

4m2-12

3+4k2

+(mk-2)•(-

8km

3+4k2

)+m²+4=0．
整理得：4k²+16km+7m²=0．
即（2k+m）（2k+7m）=0．
解得：m=-2k 或 m=-

2k

7

．
又∵m=-2k时，l：y=kx+m=k（x-2）恒过C的右顶点A（2，0），
故m=-2k（舍去），
则m=-

2k

7

．
l：y=kx-

2k

7

=k（x-

2

7

），
即直线l过定点（

2

7

，0）．

点评：本题考查了椭圆方程的求法，训练了椭圆的参数方程的应用，考查了直线与圆锥曲线的位置关系，涉及直线与圆锥曲线关系问题，常采用联立直线与圆锥曲线，化为关于x的一元二次方程，然后利用根与系数关系求解，考查了计算能力，是压轴题．