Question

（2011•崇明县二模）如图，已知椭圆

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），M为椭圆上的一个动点，F₁、F₂分别为椭圆的左、右焦点，A、B分别为椭圆的一个长轴端点与短轴的端点．当MF₂⊥F₁F₂时，原点O到直线MF₁的距离为

1

3

|OF₁|．
（1）求a，b满足的关系式；
（2）当点M在椭圆上变化时，求证：∠F₁MF₂的最大值为

π

2

；
（3）设圆x²+y²=r²（0＜r＜b），G是圆上任意一点，过G作圆的切线交椭圆于Q₁，Q₂两点，当OQ₁⊥OQ₂时，求r的值．（用b表示）

Answer 1

分析：（1）设F₁（-c，0），F₂（c，0），A（a，c），B（0，b），因为MF₂⊥F₁F₂，所以点M坐标为 M(c，

b2

a

)，由此能够求出a=

2

b．
（2）设MF₁=m，MF₂=n，m+n=2a，由余弦定理得cos∠F1MF2=

m2+n2-4c2

2mn

=

2b2

mn

-1．因为0＜mn≤

(m+n)2

4

=2b2，所以cos∠F₁MF₂≥0，由此能够证明：∠F₁MF₂的最大值为

π

2

．
（3）设G（rcosθ，rsinθ）圆上任意一点，过G点的切线交该椭圆于Q₁（x₁，x₂），Q₂（x₂，y₂），则切线l的法向量为（rcosθ，rsinθ），直线l的方程为xcosθ+ysinθ-r=0，联立方程组

xcosθ+ysinθ-r=0 x2+2y2=2b2

，能够推导出r=

6

3

b．

解答：解：（1）设F₁（-c，0），F₂（c，0），A（a，c），B（0，b），
因为MF₂⊥F₁F₂，所以点M坐标为 M(c，

b2

a

)，
所以MF₁方程b²x-2axy+b²c=0，
O到MF₁距离d=

b2c

b4+4a2c2

=

1

3

|OF1| =

1

3

c，整理得2b⁴=a²c²，
所以

a2=b2+c2 2b4=a2c2

解得a=

2

b．
（2）设MF₁=m，MF₂=n，m+n=2a，
由余弦定理得cos∠F1MF2=

m2+n2-4c2

2mn

=

4(a2-c2)-2mn

2mn

=

2b2

mn

-1．
因为0＜mn≤

(m+n)2

4

=2b2，
所以cos∠F₁MF₂≥0，
当且仅当m=n=a=

2

b，cos∠F₁MF₂=0，
由三角形内角及余弦单调性知有最大值∠F1MF2=

π

2

．
（3）设G（rcosθ，rsinθ）圆上任意一点，过G点的切线交该椭圆于Q₁（x₁，x₂），Q₂（x₂，y₂），
则切线l的法向量为（rcosθ，rsinθ），直线l的方程为xcosθ+ysinθ-r=0，
联立方程组

xcosθ+ysinθ-r=0 x2+2y2=2b2

，
①cosθ=0时，|OG|=|Q₁G|=|Q₂G|，所以r=

2b2-2r2

，即：r=

6 b

3

；
②cosθ≠0时，由

xcosθ+ysinθ-r=0 x 2+2y2=2b2

，
得（1+cos²θ）y²-2rsinθy+r²-2b²cos²θ=0，
所以

y1+y2= -2rsinθ 1+cos2θ y1y2= r2-2b2cos2θ 1+cos2θ

，
因为x₁x₂cos²θ=r²-（y₁+y₂）rsinθ+sin²θ，
由OQ₁⊥OQ₂得，x₁x₂cos²θ+y₁y₂cos²θ=r²-（y₁+y₂）rsinθ+y₁y₂=0
所以3r²cos²θ=2b²cos²θ，从而r=

6

3

b；
由①、②知，r=

6

3

b．

点评：本题主要考查椭圆标准方程，简单几何性质，直线与椭圆的位置关系，椭圆的简单性质等基础知识．考查运算求解能力，推理论证能力；考查函数与方程思想，化归与转化思想．