Question

已知橢圓C1：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)的左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，O為坐標原點，過F₂的直線l₁與C₁交于A，B兩點，且△ABF₁的周長為4

2

，l₁的傾斜角為α．
（I）當(dāng)l₁垂直于x軸時，|AF2|+|BF2|=2

2

|AF2|•|BF2|
①求橢圓C₁的方程；
②求證：對于?α∈[0，π），總有|AF2|+|BF2|=2

2

|AF2|•|BF2|．
（II）在（I）的條件下，設(shè)直線l₂與橢圓交于C，D兩點，且OC⊥OD，過O作l₂的垂線交l₂于E，求E的軌跡方程C₂，并比較C₂與C₁通徑所在直線的位置關(guān)系．

Answer 1

分析：（I）由題意可得，4a=4

2

?a=

2

，當(dāng)斜率不存在時，l₁：x=c，

1

|AF2|

+

1

|BF2|

=

2a

b2

=

2 2

b2

=2

2

?b=1，C1：

x2

2

+y2=1；當(dāng)α≠

π

2

時，設(shè)l₁：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由焦半徑公式可得，|AF2|=

2

-

2

2

x1，|BF2|=

2

-

2

2

x2，故

1

|AF2|

+

1

|BF2|

=

4 2 - 2 (x1+x2)

4-2(x1+x2)+x1x2

．由此能導(dǎo)出對于?α∈[0，π），總有|AF2|+|BF2|=2

2

|AF2|•|BF2|．
（II）當(dāng)斜率存在時，設(shè)l₂：y=tx+b，C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），

OC

•

OD

=x3x4+y3y4=(t2+1)x3x4+tb(x3+x4)+b2，

y=tx+b x2+2y2=2

?(1+2t2)x2+4tbx+2b2-2=0，再由根的判別式和韋達定理進行求解．

解答：解：（I）①由題意可得，4a=4

2

?a=

2

當(dāng)斜率不存在時，l₁：x=c

1

|AF2|

+

1

|BF2|

=

2a

b2

=

2 2

b2

=2

2

?b=1
故C1：

x2

2

+y2=1，
②當(dāng)α≠

π

2

時，設(shè)l₁：y=k（x-1），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
由焦半徑公式可得，|AF2|=

2

-

2

2

x1，|BF2|=

2

-

2

2

x2
故

1

|AF2|

+

1

|BF2|

=

4 2 - 2 (x1+x2)

4-2(x1+x2)+x1x2

，

y=k(x-1) x2+2y2=2

?(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0

x1+x2= 4k2 1+2k2 x1x2= 2k2-2 1+2k2

，
故

1

|AF2|

+

1

|BF2|

=

4 2 - 4 2 k2 1+2k2

4- 8k2 1+2k2 + 2k2-2 1+2k2

=

4 2 +4 2 k2

2k2+2

=2

2

故|AF2|+|BF2|=2

2

|AF2|•|BF2|成立
當(dāng)α=

π

2

時，由題意成立
故對于?α∈[0，π），總有|AF2|+|BF2|=2

2

|AF2|•|BF2|．
（II）當(dāng)斜率存在時，設(shè)l₂：y=tx+b，C（x₃，y₃），D（x₄，y₄）

OC

•

OD

=x3x4+y3y4=(t2+1)x3x4+tb(x3+x4)+b2

y=tx+b x2+2y2=2

?(1+2t2)x2+4tbx+2b2-2=0，
△＞0?2t²-b²+1＞0

x3+x4=- 4tb 1+2t2 x3x4= 2b2-2 1+2t2

故

OC

•

OD

=

-2t2+3b2-2

1+2t2

=0?3b2-2=2t2，
原點O到l₂的距離為d=

|b|

1+t2

=

|b|

3 2 b2

=

2 3

為定值
故E的軌跡方程為x2+y2=

2

3

(y≠0)，
當(dāng)斜率不存在時，解得C(

2 3

，0)，D(-

2 3

，0)或C(-

2 3

，0)，D(

2 3

，0)均在E上
綜上可得，E的軌跡方程C₂為x2+y2=

2

3

，
C₁通徑所在的方程為x=±1
故兩者相離．

點評：本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法及直線與橢圓的相關(guān)知識，解題時要靈活運用橢圓性質(zhì)，注意合理地進行等價轉(zhuǎn)化．