Question

16．橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，點(diǎn)P在橢圓C上，滿足$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{{F_1}{F_2}}=0，|{\overrightarrow{P{F_1}}}|=\frac{{\sqrt{5}}}{5}，|{\overrightarrow{P{F_2}}}|=\frac{{9\sqrt{5}}}{5}$．
（1）求橢圓C的方程．
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)橢圓C的左焦點(diǎn)F₁的動(dòng)直線l與橢圓C相交于M，N兩點(diǎn)，是否存在常數(shù)t，使得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}+t\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}$為定值，若存在，求t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓定義得$|{P{F_1}}|+|{P{F_2}}|=2\sqrt{5}=2a$，由$|{F}_{1}{F}_{2}{|}^{2}+|P{F}_{1}{|}^{2}$=|PF₂|²，得c=2，由此能求出橢圓方程．
（2）當(dāng)直線L的斜率存在時(shí)，設(shè)點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直線L為y=k（x+2），由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+2）\\ \frac{x^2}{5}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得$（\frac{1}{k^2}+5）{y^2}-\frac{4}{k}y-1=0$，由此利用韋達(dá)定理、向量知識(shí)，結(jié)合已知條件能求出結(jié)果．

解答 解：（1）$|{P{F_1}}|+|{P{F_2}}|=2\sqrt{5}=2a$，得$a=\sqrt{5}$，
由$|{F}_{1}{F}_{2}{|}^{2}+|P{F}_{1}{|}^{2}$=|PF₂|²，得c=2，
由c²=a²-b²得b=1，
∴橢圓方程為$\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$；…..（4分）
（2）當(dāng)直線L的斜率存在時(shí)，設(shè)點(diǎn)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直線L為y=k（x+2）
把y=k（x+2）代入$\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$得：
$\begin{array}{l}（{1+5{k^2}}）{x^2}+20{k^2}x+20{k^2}-5=0\\{x_1}+{x_2}=\frac{{-20{k^2}}}{{1+5{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{20{k^2}-5}}{{1+5{k^2}}}\end{array}$…．（6分）
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+2）\\ \frac{x^2}{5}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得$（\frac{1}{k^2}+5）{y^2}-\frac{4}{k}y-1=0$，${y_1}+{y_2}=\frac{4k}{{1+5{k^2}}}，{y_1}•{y_2}=\frac{{-{k^2}}}{{1+5{k^2}}}$，
所以$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}={x_1}•{x_2}+{y_1}•{y_2}=\frac{{20{k^2}-5}}{{1+5{k^2}}}+\frac{{-{k^2}}}{{1+5{k^2}}}=\frac{{19{k^2}-5}}{{1+5{k^2}}}$，
$\begin{array}{l}\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}=（{{x_1}+2，{y_1}}）•（{{x_2}+2，{y_2}}）={x_1}•{x_2}+2（{{x_1}+{x_2}}）+4+{y_1}•{y_2}\\=\frac{{20{k^2}-5}}{{1+5{k^2}}}+2×\frac{{-20{k^2}}}{{1+5{k^2}}}+4+\frac{{-{k^2}}}{{1+5{k^2}}}=\frac{{-{k^2}-1}}{{1+5{k^2}}}\end{array}$
所以$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}+t\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}=\frac{{19{k^2}-5}}{{1+5{k^2}}}+t×\frac{{-{k^2}-1}}{{1+5{k^2}}}=\frac{{（{19-t}）{k^2}+（{-5-t}）}}{{5{k^2}+1}}$…（8分）
當(dāng)$\frac{19-t}{5}=\frac{-5-t}{1}$時(shí)，t=-11，此時(shí)$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}+t\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}=6$
即當(dāng)t=-11時(shí)，可得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}+t\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}$為定值6；，（10分）
當(dāng)直線L的斜率不存在時(shí)，直線L為x=-2，則$M（-2，\frac{{\sqrt{5}}}{5}），N（-2，-\frac{{\sqrt{5}}}{5}）$，
$則\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}+t\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}=\frac{19}{5}-\frac{t}{5}$
當(dāng)t=-11時(shí)，可得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}+t\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}$為定值6，
由上綜合可知，當(dāng)t=-11時(shí)，可得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}+t\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}$為定值6．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查是否存在常數(shù)t，使得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}+t\overrightarrow{{F_1}M}•\overrightarrow{{F_1}N}$為定值的判斷與證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)、根的判別式、韋達(dá)定理、向量知識(shí)的合理運(yùn)用．