每日一题[41] 联立三次又何妨

已知椭圆$C:\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的长轴长为$4$，过左焦点$F_1$且垂直于$x$轴的直线被椭圆$C$截得的线段长为$1$．

（1）求椭圆$C$的方程；

（2）设点$A$为椭圆的右顶点，过$B(1,0)$作直线与椭圆$C$相交于$E$、$F$两点，若直线$AE$、$AF$分别与直线$x=3$交于不同的两点$M$、$N$．求$\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{FN}$的取值范围．

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（1）根据题意，通径长为$1$，于是由

$$2a=4,\frac{2b^2}{a}=1,$$ 解得 $$a=2,b=1.$$ 于是所求椭圆方程为 $$\frac{x^2}4+y^2=1.$$

（2）设$E(x_1,y_1)$，$F(x_2,y_2)$，$M(3,m)$，$N(3,n)$，直线$EF:y=k(x-1)$，其中$k\neq 0$．

由$EAM$、$FAN$分别共线，可以解得

$$m=\frac{y_1}{x_1-2},n=\frac{y_2}{x_2-2}.$$

于是

$$\begin{split}\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{FN}&=\left(3-x_1\right)\left(3-x_2\right)+\left(m-y_1\right)\left(n-y_2\right)\\&=\left(3-x_1\right)\left(3-x_2\right)+y_1y_2\cdot\frac{\left(3-x_1\right)\left(3-x_2\right)}{\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)}\\&=\left(x_1-3\right)\left(x_2-3\right)\cdot\left[1+k^2\cdot\frac{\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)}{\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)}\right]\qquad\cdots (*)\end{split}$$

联立直线$EF$与椭圆方程，有

$$x^2+4k^2(x-1)^2-4=0.$$

分别令$u=x-1$，$v=x-2$，$w=x-3$，得

$$\begin{split}\left(4k^2+1\right)u^2+2u-3&=0\\\left(4k^2+1\right)v^2+\left(8k^2+4\right)v+4k^2&=0\\\left(4k^2+1\right)w^2+\left(16k^2+6\right)w+16k^2+5&=0.\end{split}$$

从而

$$\begin{split}\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)&=-\frac{3}{4k^2+1};\\\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)&=\frac{4k^2}{4k^2+1};\\\left(x_1-3\right)\left(x_2-3\right)&=\frac{16k^2+5}{4k^2+1}.\end{split}$$

代入(*)式，有

$$\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{FN}=1+\frac{1}{16k^2+4}.$$

于是$\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{FN}$的取值范围为$\left(1,\dfrac54\right)$．

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 注    在计算中，我们发现

$$k^2\cdot\frac{\left(x_1-1\right)\left(x_2-1\right)}{\left(x_1-2\right)\left(x_2-2\right)}=-\frac 34$$ 为定值，这是不是偶然的呢？

答案是否定的．

将坐标系平移至以$A$为原点$O'$，此时椭圆方程为

$$\frac 14x'^2+x'+y'^2=0,$$ 而$B'(-1,0)$，于是可设直线 $$E'F':-x'+ty'=1,$$ 化齐次联立，得 $$y'^2+tx'y'-\frac 34x'^2=0,$$ 于是可得 $$k_{AE}\cdot k_{AF}=-\frac 34.$$

而事实上

$$\overrightarrow{EM}\cdot\overrightarrow{FN}=\left(x_1-3\right)\left(x_2-3\right)\cdot \left(1+k_{AE}\cdot k_{AF}\right).$$

这样可能可以简化部分运算．