Question

1．已知橢圓的兩個焦點為${F_1}（-\sqrt{5}，0）$，${F_2}（\sqrt{5}，0）$是橢圓上一點，若$\overrightarrow{M{F_1}}•\overrightarrow{M{F_2}}=0$，$|\overrightarrow{M{F_1}}|•|\overrightarrow{M{F_2}}|=8$．
（1）求橢圓的方程；
（2）直線l過右焦點${F_2}（\sqrt{5}，0）$（不與x軸重合）且與橢圓相交于不同的兩點A，B，在x軸上是否存在一個定點P（x₀，0），使得$\overrightarrow{PA}•\overrightarrow{PB}$的值為定值？若存在，寫出P點的坐標（不必求出定值）；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的定義及勾股定理即可求得a=3，c=$\sqrt{5}$，b²=a²-c²=4，即可求得橢圓方程；
（2）方法一：設(shè)直線l：x=my+$\sqrt{5}$，代入橢圓方程，利用韋達定理及向量數(shù)量積的坐標運算，$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=t   則（4x₀²-36）m²+9x₀²-18$\sqrt{5}$x₀+29=t（4m²+9），比較系數(shù)，即可求得x₀=$\frac{11}{9}\sqrt{5}$，在x軸上存在一個定點P（$\frac{11}{9}\sqrt{5}$，0），使得$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$的值為定值（-$\frac{124}{81}$）；
方法二：分類討論，當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l：y=k（x-$\sqrt{5}$），代入橢圓方程，利用韋達定理及向量數(shù)量積的坐標運算，令$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=t   則（9x₀²-18$\sqrt{5}$x₀+29）k²+4x₀²-36=t（4+9k²），9x₀²-18$\sqrt{5}$x₀+29=9 t且4x₀²-36=4t，即可求得x₀=$\frac{11}{9}\sqrt{5}$，此時t的值為-$\frac{124}{81}$．

解答 解：（1）由題意橢圓的焦點在x軸上，$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1$（a＞b＞0），
c=$\sqrt{5}$，|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$|²+|$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|²=（2c）²=20，|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$|•|$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|=8
∴（|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$|+|$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|）²=|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$|²+|$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|²+2|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$|•|$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|=36     解得：|$\overrightarrow{M{F}_{1}}$|+|$\overrightarrow{M{F}_{2}}$|=6，
2a=6，則a=3    b²=a²-c²=4
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）解法一：設(shè)直線l的方程為：x=my+$\sqrt{5}$，
$\left\{\begin{array}{l}{x=my+\sqrt{3}}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$，并消元整理得：（4m²+9）x²-18$\sqrt{5}$x+45-36m²=0，…①
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則是方程①的兩個解，由韋達定理得：
x₁+x₂=$\frac{18\sqrt{5}}{4{m}^{2}+9}$，x₁x₂=$\frac{45-36{m}^{2}}{4{m}^{2}+9}$，y₁y₂=$\frac{1}{{m}^{2}}$（x₁-$\sqrt{5}$）（x₂-$\sqrt{5}$）=$\frac{1}{{m}^{2}}$（ x₁x₂-$\sqrt{5}$（x₁+x₂）+5）=-$\frac{16}{4{m}^{2}+9}$，
$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=（x₁-x₀，y₁）•（x₂-x₀，y₂）=（ x₁-x₀）（ x₂-x₀）+y₁y₂=x₁x₂-x₀（x₁+x₂）+x₀²+y₁y₂
=$\frac{45-36{m}^{2}}{4{m}^{2}+9}$-$\frac{18\sqrt{5}}{4{m}^{2}+9}$×x₀+x₀²+（-$\frac{16}{4{m}^{2}+9}$）=$\frac{（4{x}_{0}^{2}-36）{m}^{2}+9{x}_{0}^{2}-18\sqrt{5}{x}_{0}+29}{4{m}^{2}+9}$，
令$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=t   則（4x₀²-36）m²+9x₀²-18$\sqrt{5}$x₀+29=t（4m²+9），
比較系數(shù)得：4x₀²-36=4t且9x₀²-18$\sqrt{5}$x₀+29=9t  消去t得：36x₀²-36×9=36x₀²-72$\sqrt{5}$x₀+29×4   解得：x₀=$\frac{11}{9}\sqrt{5}$，
∴在x軸上存在一個定點P（$\frac{11}{9}\sqrt{5}$，0），使得$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$的值為定值（-$\frac{124}{81}$）；
解法二：當直線與x軸不垂直時，設(shè)直線l方程為：y=k（x-$\sqrt{5}$），代入橢圓方程并消元整理得：
（9k²+4）x²-18$\sqrt{5}$k²x+45k²-36=0…①
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則是方程①的兩個解，由韋達定理得：
x₁+x₂=$\frac{18\sqrt{5}{k}^{2}}{4+9{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{45{k}^{2}-36}{4+9{k}^{2}}$，
 y₁y₂=k²（x₁-$\sqrt{5}$）（x₂-$\sqrt{5}$）=k²（ x₁x₂-$\sqrt{5}$（x₁+x₂）+5）=-$\frac{16{k}^{2}}{4+9{k}^{2}}$，
$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=（x₁-x₀，y₁）•（x₂-x₀，y₂）=（ x₁-x₀）（ x₂-x₀）+y₁y₂=x₁x₂-x₀（x₁+x₂）+x₀²+y₁y₂，
=$\frac{（9{x}_{0}^{2}-18\sqrt{5}{x}_{0}+29）{k}^{2}+4{x}_{0}^{2}-36}{4+9{k}^{2}}$，
令$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=t   則（9x₀²-18$\sqrt{5}$x₀+29）k²+4x₀²-36=t（4+9k²），
9x₀²-18$\sqrt{5}$x₀+29=9 t且   4x₀²-36=4t，
解得：x₀=$\frac{11}{9}\sqrt{5}$，此時t的值為-$\frac{124}{81}$，
當直線l與x軸垂直時，l的方程為：x=$\sqrt{5}$，代入橢圓方程解得：A（$\sqrt{5}$，-$\frac{4}{3}$），B（$\sqrt{5}$，$\frac{4}{3}$），
$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=（-$\frac{2}{9}\sqrt{5}$，-$\frac{4}{3}$）•（-$\frac{2}{9}\sqrt{5}$，$\frac{4}{3}$）=$\frac{20}{81}$-$\frac{16}{9}$=-$\frac{124}{81}$，
∴當直線l與x軸垂直時，$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$也為定值-$\frac{124}{81}$，
綜上，在x軸上存在一個定點P（$\frac{11}{9}\sqrt{5}$，0），使得$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$的值為定值（-$\frac{124}{81}$）．

點評 本題考查橢圓的標準方程及定義，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，向量數(shù)量積的坐標運算，考查計算能力，分類討論，屬于難題．