练习题
1. 已知椭圆的标准方程为$\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1$（$a > b > 0$），其左、右焦点分别为$F_{1}$，$F_{2}$，点$P$在椭圆上，且满足$PF_{1} \perp PF_{2}$，$|PF_{1}| = m$，$|PF_{2}| = n$，求$\frac{1}{m} + \frac{1}{n}$的值。
2. 已知椭圆$\frac{x^{2}}{16} + \frac{y^{2}}{12} = 1$，过点$M(2,2)$的直线$l$与椭圆相交于$A,B$两点，求$\overset{\longrightarrow}{MA} \cdot \overset{\longrightarrow}{MB}$的最大值。
答案及解析
1. 解：
由椭圆的定义知，$|PF_{1}| + |PF_{2}| = 2a$，所以$m + n = 2a$。
又因为$PF_{1} \perp PF_{2}$，根据勾股定理，我们有$m^{2} + n^{2} = 4c^{2}$。
其中，$c$是椭圆的半焦距，$c^{2} = a^{2} – b^{2}$。
由以上三个式子，我们可以得到$\frac{1}{m} + \frac{1}{n} = \frac{m + n}{mn} = \frac{2a}{mn} = \frac{1}{2} \times \frac{m^{2} + n^{2}}{mn} = \frac{1}{2} \times \frac{(m + n)^{2} – 2mn}{mn} = \frac{1}{2} \times \frac{4a^{2} – 2mn}{mn} = a^{2} – \frac{1}{2}(m + n) = a^{2} – a = a(a – 1)$。
2. 解：
设直线$l$的方程为$y – 2 = k(x – 2)$，即$kx – y – 2k + 2 = 0$。
联立直线和椭圆的方程，我们有：
$\left\{ \begin{array}{l}
\frac{x^{2}}{16} + \frac{y^{2}}{12} = 1 \\
kx – y – 2k + 2 = 0 \\
\end{array} \right.$
消去$y$，整理得到$(3 + 4k^{2})x^{2} – 16k(k – 1)x + 16(k – 1)^{2} – 48 = 0$。
设$A(x_{1},y_{1})$，$B(x_{2},y_{2})$，则$x_{1} + x_{2} = \frac{16k(k – 1)}{3 + 4k^{2}}$，$x_{1}x_{2} = \frac{16(k – 1)^{2} – 48}{3 + 4k^{2}}$。
然后，我们计算$\overset{\longrightarrow}{MA} \cdot \overset{\longrightarrow}{MB} = (x_{1} – 2)(x_{2} – 2) + (y_{1} – 2)(y_{2} – 2)$，代入$y_{1}$和$y_{2}$的表达式，化简得到：
$\overset{\longrightarrow}{MA} \cdot \overset{\longrightarrow}{MB} = (1 + k^{2})\left\lbrack \frac{16(k – 1)^{2} – 48}{3 + 4k^{2}} – 4 \right\rbrack + 4 = \frac{(1 + k^{2})\lbrack 12k^{2} – 20k + 11\rbrack}{3 + 4k^{2}}$。
设$t = 1 + k^{2}$，则上式可以转化为$y = \frac{12t^{2} – 20t + 11}{3t + 1} = 4 + \frac{17}{3t + 1}$。
因为$t \geq 1$，所以$y \leq \frac{20}{3}$，当且仅当$t = 1$，即$k = 0$时，等号成立。
$\overset{\longrightarrow}{MA} \cdot \overset{\longrightarrow}{MB}$的最大值为$\frac{20}{3}$。