题目内容
11．已知$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F1、F2，|F1F2|=2$\sqrt{5}$，点P在椭圆上，tan∠PF2F1=2，且△PF1F2的面积为4．（1）求椭圆的方程；
（2）点M是椭圆上任意一点，A1、A2分别是椭圆的左、右顶点，直线MA1，MA2与直线x=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$分别交于E，F两点，试证：以EF为直径的圆交x轴于定点，并求该定点的坐标．
分析 （1）由已知求出∠PF2F1的正弦和余弦值，再由△PF1F2的面积为4及余弦定理可得P到两焦点的距离，求得a，进一步求得b，则椭圆方程可求；
（2）由（1）求得两个定点的坐标，设出M坐标，得到直线MA1，MA2的方程，进一步求出E，F的坐标，由kQE•kQF=-1得答案．
解答 解：（1）∵tan∠PF2F1=2，∴sin∠PF2F1=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，cos∠PF2F1=$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
由题意得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}×2\sqrt{5}|P{F}_{2}|×\frac{2\sqrt{5}}{5}=4}\\{|P{F}_{1}{|}^{2}=|P{F}_{2}{|}^{2}+（2\sqrt{5}）^{2}-2|P{F}_{2}|×2\sqrt{5}×\frac{\sqrt{5}}{5}}\end{array}\right.$，
解得$\left\{\begin{array}{l}{|P{F}_{1}|=4}\\{|P{F}_{2}|=2}\end{array}\right.$．
从而2a=|PF1|+|PF2|=4+2=6，得a=3，结合2c=2$\sqrt{5}$，得b2=4，
故椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）由（1）得A1（-3，0），A2（3，0），
设M（x0，y0），则直线MA1的方程为$y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+3}（x+3）$，
它与直线x=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$的交点的坐标为$E（\frac{3\sqrt{5}}{2}，\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+3}（\frac{3\sqrt{5}}{2}+3））$，
直线MA2的方程为$y=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-3}（x-3）$，它与直线x=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$的交点的坐标为$F（\frac{3\sqrt{5}}{2}，\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-3}（\frac{3\sqrt{5}}{2}-3））$，
再设以EF为直径的圆交x轴于点Q（m，0），则QE⊥QF，从而kQE•kQF=-1，
即$\frac{\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+3}（\frac{3\sqrt{5}}{2}+3）}{\frac{3\sqrt{5}}{2}-m}•\frac{\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-3}（\frac{3\sqrt{5}}{2}-3）}{\frac{3\sqrt{5}}{2}-m}=-1$，即$\frac{\frac{9}{4}{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-9}=（\frac{3\sqrt{5}}{2}-m）^{2}$，解得m=$\frac{3\sqrt{5}}{2}±1$．
故以EF为直径的圆交x轴于定点，该定点的坐标为$（\frac{3\sqrt{5}}{2}+1，0）$或$（\frac{3\sqrt{5}}{2}-1，0）$．
点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．
| A． | -1 | B． | 0 | C． | 1 | D． | 2 |
| A． | $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{4}=1$ | B． | $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{9}=1$ | C． | $\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$ | D． | $\frac{x^2}{25}+{y^2}=1$ |
| A． | $±\frac{1}{5}$ | B． | $\frac{1}{5}$ | C． | $-\frac{1}{5}$ | D． | $-\frac{7}{5}$ |