Question

13．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，上下兩個頂點(diǎn)為B₁，B₂，四邊形F₁B₁F₂B₂的周長為8，∠F₁B₁F₂=120°．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點(diǎn)D（1，0）斜率為k（k≠0）的直線l與橢圓C相交于E、F兩點(diǎn)，A為橢圓的右頂點(diǎn)，直線AE、AF分別交直線x=3于點(diǎn)M、N，線段MN的中點(diǎn)為P，記直線PF₂的斜率為k′與直線l的斜率k的乘積是否為定值？若是，求出這個定值，若不是說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知條件推導(dǎo)出a=2，b=1，由此能求出橢圓C的方程．
（2）設(shè)過點(diǎn)D（1，0）的直線l的方程為：y=k（x-1），設(shè)點(diǎn)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），將直線l方程y=k（x-1）代入橢圓C：得：（4k²+1）x²-8k²x+4k²-4=0，0，點(diǎn)D在橢圓內(nèi)，△＞0恒成立，直線AE的方程為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，直線AF的方程為y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}（y-2）$，
由此利用韋達(dá)定理、直線的斜率公式結(jié)合已知條件推導(dǎo)出k•k′=-$\frac{3+\sqrt{3}}{12}$

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的兩個焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂和上下兩個頂點(diǎn)B₁，B₂，四邊形F₁B₁F₂B₂的周長為8，∠F₁B₁F₂=120°．
∴4a=8，b=asin30°，
∴a=2，b=1，
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）設(shè)過點(diǎn)D（1，0）的直線l的方程為：y=k（x-1），
設(shè)點(diǎn)E（x₁，y₁），F(xiàn)（x₂，y₂），
將直線l方程y=k（x-1）代入橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，
整理，得：（4k²+1）x²-8k²x+4k²-4=0，
∵點(diǎn)D在橢圓內(nèi)，∴直線l與橢圓相交，△＞0恒成立，
且x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
直線AE的方程為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，直線AF的方程為y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}（y-2）$，
令x=3，得M（3，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$），N（3，$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$），
∴P（3，$\frac{1}{2}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$）），
直線PF₂的斜率為k′=$\frac{\frac{1}{2}（\frac{{y}_{1}}{{y}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}}{{y}_{2}-2}）}{3-\sqrt{3}}$=$\frac{3+\sqrt{3}}{12}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$）=$\frac{3+\sqrt{3}}{12}$（$\frac{k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}-2}$+$\frac{k（{x}_{2}-1）}{{x}_{2}-2}$）
=$\frac{k（3+\sqrt{3}）}{12}$（2+$\frac{1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{1}{{x}_{2}-2}$）=$\frac{k（3+\sqrt{3}）}{12}$（2+$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}-4}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$）=$\frac{k（3+\sqrt{3}）}{12}$（2-$\frac{2{k}^{2}+1}{{k}^{2}}$）=-$\frac{（3+\sqrt{3}）}{12}$•$\frac{1}{k}$，
∴k′k=-$\frac{3+\sqrt{3}}{12}$

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的求法，考查兩直線斜率之積是否為定值的判斷與求法，解題時要認(rèn)真審題，注意函數(shù)與方程思想的合理應(yīng)用，屬于難題．