Question

10．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，且|F₁F₂|=2，點P（2，$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$）在橢圓上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設O為坐標原點，圓O：x²+y²=a²，B₁（0，-b），B₂（0，b），E為橢圓C上異于頂點的任意一點，點F在圓O上，且EF⊥x軸，E與F在x軸兩側(cè)，直線EB₁，EB₂分別與x軸交于點G，H，求證：∠GFH為定值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：c=1，a²=b²+1．由兩點間的距離公式及橢圓的定義可知$a=\sqrt{5}$，b=2，即可求得橢圓方程；
（2）設E和F點坐標，將E和F代入橢圓和圓的方程，由B₁（0，-2），B₂（0，2），求得直線${l_{E{B_1}}}$和${l_{E{B_1}}}$的方程，分別求得其x交點坐標，求得向量$\overrightarrow{FG}$和$\overrightarrow{FH}$，由向量數(shù)量積的坐標表示，求得$\overrightarrow{FG}$•$\overrightarrow{FH}$=0，∠GFH為定值90°．

解答 解：（1）由題意知，F(xiàn)₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），a²=b²+1．
∵點$P（{2，\;\;\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}）$在橢圓上，
∴由橢圓的定義，得$|P{F_1}|+|P{F_2}|=\sqrt{{{（2+1）}^2}+{{（{\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}）}^2}}+\sqrt{{{（2-1）}^2}+{{（{\frac{{2\sqrt{5}}}{5}}）}^2}}=2\sqrt{5}$，
∴$a=\sqrt{5}$，b=2，
故橢圓C的方程為$\frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{4}=1$．…（4分）
證明：（2）設E（x₀，y₀），F(xiàn)（x₀，y_F），且x₀≠0，y₀≠0．
由題意，得圓O：x²+y²=5．
∵點E在橢圓C上，點F在圓O上，
∴$\left\{\begin{array}{l}4x_0^2+5y_0^2=20\\ x_0^2+y_F^2=5\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}y_0^2=4-\frac{4}{5}x_0^2\\ y_F^2=5-x_0^2.\end{array}\right.$，
∵B₁（0，-2），B₂（0，2），
∴${l_{E{B_1}}}$：$y=\frac{{{y_0}+2}}{x_0}x-2$，${l_{E{B_2}}}$：$y=\frac{{{y_0}-2}}{x_0}x+2$，
∴直線EB₁與x軸的交點$G（{\frac{{2{x_0}}}{{{y_0}+2}}，\;\;0}）$，直線EB₂與x軸的交點$H（{\frac{{-2{x_0}}}{{{y_0}-2}}，\;\;0}）$，
∴$\overrightarrow{FG}=（{\frac{{2{x_0}}}{{{y_0}+2}}-{x_0}，\;\;-{y_F}}）=（{\frac{{-{x_0}{y_0}}}{{{y_0}+2}}，\;\;-{y_F}}）$，
$\overrightarrow{FH}=（{\frac{{-2{x_0}}}{{{y_0}-2}}-{x_0}，\;\;-{y_F}}）=（{\frac{{-{x_0}{y_0}}}{{{y_0}-2}}，\;\;-{y_F}}）$，
∴$\overrightarrow{FG}\;•\;\overrightarrow{FH}=\frac{x_0^2y_0^2}{y_0^2-4}+y_F^2=\frac{{x_0^2（{4-\frac{4}{5}x_0^2}）}}{{-\frac{4}{5}x_0^2}}+5-x_0^2=0$，
∴∠GFH=90°，
故∠GFH為定值90°．…（12分）

點評 本題考查橢圓的標準方程及其簡單性質(zhì)，直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，向量數(shù)量積的坐標表示及兩點之間的距離公式的綜合運用，考查計算能力，屬于中檔題．