《2025年新坐标同步练习高中数学A版选择性必修第一册人教版青海专用》

已知椭圆 $ C:\dfrac{x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{y^{2}}{b^{2}}= 1(a＞b＞0) $ 的离心率为 $ \dfrac{1}{2} $,左、右顶点分别为 $ A,B $,左、右焦点分别为 $ F_{1},F_{2} $.过右焦点 $ F_{2} $ 的直线 $ l $ 交椭圆于点 $ M,N $,且 $ \triangle F_{1}MN $ 的周长为 16.

(1) 求椭圆 $ C $ 的标准方程;
(2) 记直线 $ AM,BN $ 的斜率分别为 $ k_{1},k_{2} $,求 $ \dfrac{k_{1}}{k_{2}} $ 的值.
（1）$\dfrac{x^{2}}{16}+\dfrac{y^{2}}{12}=1$
（2）$\dfrac{1}{3}$

答案： （1）解：由$\triangle F_{1}MN$的周长为 16 及椭圆的定义，可知$4a = 16$，即$a = 4$，又离心率为$e=\frac {c}{a}=\frac {1}{2}$，所以$c = 2$，所以$b^{2}=a^{2}-c^{2}=16 - 4 = 12$。所以椭圆 C 的标准方程为$\frac {x^{2}}{16}+\frac {y^{2}}{12}=1$。（2）解：依题意，直线 l 与 x 轴不重合，设 l 的方程为$x = my + 2$。联立$\begin{cases}\frac {x^{2}}{16}+\frac {y^{2}}{12}=1\\x = my + 2\end{cases}$，得$(3m^{2}+4)y^{2}+12my - 36 = 0$。因为$F_{2}$在椭圆内，所以$\Delta＞0$。设$M(x_{1},y_{1})$，$N(x_{2},y_{2})$，由根与系数的关系得$y_{1}+y_{2}=\frac {-12m}{3m^{2}+4}$，$y_{1}y_{2}=\frac {-36}{3m^{2}+4}$，$\frac {y_{1}+y_{2}}{y_{1}y_{2}}=\frac {-12m}{-36}=\frac {m}{3}$，即$my_{1}y_{2}=3(y_{1}+y_{2})$。又$A(-4,0)$，$B(4,0)$，则$\frac {k_{1}}{k_{2}}=\frac {\frac {y_{1}}{x_{1}+4}}{\frac {y_{2}}{x_{2}-4}}=\frac {y_{1}(x_{2}-4)}{y_{2}(x_{1}+4)}=\frac {y_{1}(my_{2}-2)}{y_{2}(my_{1}+6)}=\frac {my_{1}y_{2}-2y_{1}}{my_{1}y_{2}+6y_{2}}=\frac {3(y_{1}+y_{2})-2y_{1}}{3(y_{1}+y_{2})+6y_{2}}=\frac {y_{1}+3y_{2}}{3y_{1}+9y_{2}}=\frac {1}{3}$，所以$\frac {k_{1}}{k_{2}}$的值为$\frac {1}{3}$。

已知点 $ F_{1},F_{2} $ 分别为椭圆 $ \varGamma:\dfrac{x^{2}}{2}+y^{2}= 1 $ 的左、右焦点,直线 $ l:y = kx + t $ 与椭圆 $ \varGamma $ 有且仅有一个公共点,直线 $ F_{1}M\perp l,F_{2}N\perp l $ 的垂足分别为点 $ M,N $.

(1) 求证: $ t^{2}= 2k^{2}+1 $;
(2) 求证: $ \overrightarrow{F_{1}M}\cdot\overrightarrow{F_{2}N} $ 为定值,并求出该定值.
（1）证明：联立$\begin{cases}y = kx + t\frac {x^{2}}{2}+y^{2}=1\end{cases}$，消 y 得$(2k^{2}+1)x^{2}+4ktx + 2t^{2}-2 = 0$，由直线与椭圆有一个公共点可知$\Delta=(4kt)^{2}-4(2k^{2}+1)(2t^{2}-2)=0$，化简得$t^{2}=2k^{2}+1$。（2）解：由题意得$F_{1}(-1,0)$，$F_{2}(1,0)$，因为$F_{1}M\perp l$，$F_{2}N\perp l$，所以$F_{1}M// F_{2}N$，故$\overrightarrow {F_{1}M}\cdot \overrightarrow {F_{2}N}=|\overrightarrow {F_{1}M}|\cdot |\overrightarrow {F_{2}N}|$，其中$|\overrightarrow {F_{1}M}|=\frac {|-k + t|}{\sqrt {k^{2}+1}}$，$|\overrightarrow {F_{2}N}|=\frac {|k + t|}{\sqrt {k^{2}+1}}$，所以$\overrightarrow {F_{1}M}\cdot \overrightarrow {F_{2}N}=|\overrightarrow {F_{1}M}|\cdot |\overrightarrow {F_{2}N}|=\frac {|-k + t|}{\sqrt {k^{2}+1}}\cdot \frac {|k + t|}{\sqrt {k^{2}+1}}=\frac {|t^{2}-k^{2}|}{k^{2}+1}=\frac {|2k^{2}+1 - k^{2}|}{k^{2}+1}=1$，所以$\overrightarrow {F_{1}M}\cdot \overrightarrow {F_{2}N}$为定值，该定值为 1。

答案： （1）证明：联立$\begin{cases}y = kx + t\frac {x^{2}}{2}+y^{2}=1\end{cases}$，消 y 得$(2k^{2}+1)x^{2}+4ktx + 2t^{2}-2 = 0$，由直线与椭圆有一个公共点可知$\Delta=(4kt)^{2}-4(2k^{2}+1)(2t^{2}-2)=0$，化简得$t^{2}=2k^{2}+1$。（2）解：由题意得$F_{1}(-1,0)$，$F_{2}(1,0)$，因为$F_{1}M\perp l$，$F_{2}N\perp l$，所以$F_{1}M// F_{2}N$，故$\overrightarrow {F_{1}M}\cdot \overrightarrow {F_{2}N}=|\overrightarrow {F_{1}M}|\cdot |\overrightarrow {F_{2}N}|$，其中$|\overrightarrow {F_{1}M}|=\frac {|-k + t|}{\sqrt {k^{2}+1}}$，$|\overrightarrow {F_{2}N}|=\frac {|k + t|}{\sqrt {k^{2}+1}}$，所以$\overrightarrow {F_{1}M}\cdot \overrightarrow {F_{2}N}=|\overrightarrow {F_{1}M}|\cdot |\overrightarrow {F_{2}N}|=\frac {|-k + t|}{\sqrt {k^{2}+1}}\cdot \frac {|k + t|}{\sqrt {k^{2}+1}}=\frac {|t^{2}-k^{2}|}{k^{2}+1}=\frac {|2k^{2}+1 - k^{2}|}{k^{2}+1}=1$，所以$\overrightarrow {F_{1}M}\cdot \overrightarrow {F_{2}N}$为定值，该定值为 1。