（12分）设 F_ 1 , F_ 2 分别是 C: x^…——2014 高考数学第 20 题答案解析

【考点】K4：椭圆的性质．
【专题】5E：圆锥曲线中的最值与范围问题．
【分析】（1）根据条件求出 M 的坐标，利用直线 MN 的斜率为 $\frac{3}{4}$ ，建立关于 $\mathrm{a}, \mathrm{c}$的方程即可求 C 的离心率；
（2）根据直线 $M N$ 在 $y$ 轴上的截距为 2 ，以及 $|M N|=5\left|F_{1} N\right|$ ，建立方程组关系，求出 N 的坐标，代入椭圆方程即可得到结论．

【解答】解：（1）$\because M$ 是 $C$ 上一点且 $M F_{2}$ 与 $x$ 轴垂直，
$\therefore \mathrm{M}$ 的横坐标为 c ，当 $\mathrm{x}=\mathrm{c}$ 时， $\mathrm{y}=\frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{a}}$ ，即 $\mathrm{M}\left(\mathrm{c}, \frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{a}}\right)$ ，
若直线 MN 的斜率为 $\frac{3}{4}$ ，
即 $\tan \angle M F_{1} F_{2}=\frac{\frac{b^{2}}{a}}{2 c}=\frac{b^{2}}{2 a c}=\frac{3}{4}$ ，
即 $b^{2}=\frac{3}{2} a c=a^{2}-c^{2}$ ，
即 $c^{2}+\frac{3}{2} a c-a^{2}=0$ ，
则 $e^{2}+\frac{3}{2} e-1=0$ ，
即 $2 e^{2}+3 e-2=0$
解得 $\mathrm{e}=\frac{1}{2}$ 或 $\mathrm{e}=-2$（舍去），
即 $\mathrm{e}=\frac{1}{2}$ 。
（II）由题意，原点 $O$ 是 $F_{1} F_{2}$ 的中点，则直线 $M F_{1}$ 与 $y$ 轴的交点 $D(0,2)$ 是线段 $M F_{1}$ 的中点，

设M $(c, y),(y>0)$ ，
则 $\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ ，即 $y^{2}=\frac{b^{4}}{a^{2}}$ ，解得 $y=\frac{b^{2}}{a}$ ，
$\because \mathrm{OD}$ 是 $\triangle \mathrm{MF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 的中位线，
$\therefore \frac{\mathrm{b}^{2}}{\mathrm{a}}=4$ ，即 $\mathrm{b}^{2}=4 \mathrm{a}$ ，

由 $|M N|=5\left|F_{1} N\right|$ ，
则 $\left|M F_{1}\right|=4\left|F_{1} N\right|$ ，
解得 $\left|D F_{1}\right|=2\left|F_{1} N\right|$ ，
即 $\overrightarrow{\mathrm{DF}_{1}}=2 \overrightarrow{\mathrm{~F}_{1} \mathrm{~N}}$
设 $\mathrm{N}\left(\mathrm{x}_{1}, \mathrm{y}_{1}\right)$ ，由题意知 $\mathrm{y}_{1}<0$ ，
则 $(-\mathrm{c},-2)=2\left(\mathrm{x}_{1}+\mathrm{c}, \mathrm{y}_{1}\right)$ ．
即 $\left\{\begin{array}{l}2\left(x_{1}+c\right)=-c \\ 2 y_{1}=-2\end{array}\right.$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}=-\frac{3}{2} c \\ y_{1}=-1\end{array}\right.$
代入椭圆方程得 $\frac{9 c^{2}}{4 a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}=1$ ，
将 $b^{2}=4 a$ 代入得 $\frac{9\left(a^{2}-4 a\right)}{4 a^{2}}+\frac{1}{4 a}=1$ ，
解得 $\mathrm{a}=7, \mathrm{~b}=2 \sqrt{7}$ ．

【点评】本题主要考查椭圆的性质，利用条件建立方程组，利用待定系数法是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，有一定的难度．