Question

20．如圖，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點，橢圓C上的點到F₁點距離的最大值為5，離心率為$\frac{2}{3}$，A，B是橢圓C上位于x軸上方的兩點，且直線AF₁與直線BF₂平行．

（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若$\overrightarrow{A{F}_{1}}$=2$\overrightarrow{B{F}_{2}}$，求直線AF₁的方程；
（Ⅲ）設(shè)AF₂與BF₁的交點為P，求證：|PF₁|+|PF₂|是定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意知$\left\{\begin{array}{l}{a+c=5}\\{\frac{c}{a}=\frac{2}{3}}\end{array}\right.$，解可得a、c的值，從而可得b²的值，帶入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程可得答案；
（Ⅱ）根據(jù)題意，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），延長AB，與x軸交與點M，分析可得M（6，0），進(jìn)而設(shè)AB的直線方程為x+my-6=0，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}=1}\\{x+my-6=0}\end{array}\right.$可得（9+5m²）y²-60my+135=0，由韋達(dá)定理，得$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{60m}{9+5{m}^{2}}}\\{{y}_{1}{y}_{2}=\frac{135}{9+5{m}^{2}}}\end{array}\right.$，又由$\overrightarrow{A{F}_{1}}$=2$\overrightarrow{B{F}_{2}}$，分析可得y₁=2y₂，聯(lián)立兩個式子解可得m的值，$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}=\frac{5\sqrt{3}}{4}}\\{{y}_{2}=\frac{5\sqrt{3}}{8}}\end{array}\right.$，從而可得直線AF1的斜率，代入可得直線AF₁的方程，
（Ⅲ）根據(jù)題意，由$\left\{\begin{array}{l}{x+2=ny}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}=1}\end{array}\right.$，可得（9+5n²）y²-20ny-25=0，解可得y₁的值，進(jìn)而可得|AF₁|與|BF₂|的值，進(jìn)一步可以用n來表示|AF₁|+|BF₂|以及|AF₁||BF₂|，而|PF₁|+|PF₂|=6-$\frac{2|A{F}_{1}|B{F}_{2}||}{|A{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}$，代入即可得到證明．

解答 解：（Ⅰ）由題意知$\left\{\begin{array}{l}{a+c=5}\\{\frac{c}{a}=\frac{2}{3}}\end{array}\right.$，得a=3，c=2；
從而b²=a²-c²=5；
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{5}$=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知：F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
延長AB，與x軸交與點M，由$\overrightarrow{A{F}_{1}}$=2$\overrightarrow{B{F}_{2}}$，可得BF₂為△AF1M的中位線，所以|MF₂|=|F₁F₂|，得M（6，0），
設(shè)AB的直線方程為x+my-6=0，（顯然m＞0）
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}=1}\\{x+my-6=0}\end{array}\right.$，消去x，整理可得（9+5m²）y²-60my+135=0，由韋達(dá)定理，得$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}+{y}_{2}=\frac{60m}{9+5{m}^{2}}}\\{{y}_{1}{y}_{2}=\frac{135}{9+5{m}^{2}}}\end{array}\right.$，①
又由$\overrightarrow{A{F}_{1}}$=2$\overrightarrow{B{F}_{2}}$，得（-2-x₁，-y₁）=2（2-x₂，-y₂），所以y₁=2y₂，②
聯(lián)立①②解可得m=$\frac{9\sqrt{3}}{5}$，$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}=\frac{5\sqrt{3}}{4}}\\{{y}_{2}=\frac{5\sqrt{3}}{8}}\end{array}\right.$，從而x₁=6-my₁=-$\frac{3}{4}$，于是AF1的斜率K₁=$\sqrt{3}$，直線AF₁的方程為y=$\sqrt{3}$（x+2），
（Ⅲ）根據(jù)題意，直線AF₁與直線BF₂平行
設(shè)直線AF₁的方程為x+2=ny，直線BF₂的方程為x-2=ny，
由$\left\{\begin{array}{l}{x+2=ny}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{5}=1}\end{array}\right.$，可得（9+5n²）y²-20ny-25=0，
則y₁=$\frac{10n+15\sqrt{{n}^{2}+1}}{9+5{n}^{2}}$，y₂=$\frac{10n-15\sqrt{{n}^{2}+1}}{9+5{n}^{2}}$，（舍去）
所以|AF₁|=$\sqrt{{n}^{2}+1}$×|0-y₁|=$\frac{10n+15\sqrt{{n}^{2}+1}}{9+5{n}^{2}}$，
同理|BF₂|=$\sqrt{{n}^{2}+1}$×|0-y₂|=$\frac{-10n+15\sqrt{{n}^{2}+1}}{9+5{n}^{2}}$，
|AF₁|+|BF₂|=$\frac{30（{n}^{2}+1）}{9+5{n}^{2}}$，
|AF₁||BF₂|=$\frac{25（{n}^{2}+1）}{9+5{n}^{2}}$，
直線AF₁與直線BF₂平行，$\frac{|PB|}{|P{F}_{1}|}$=$\frac{|B{F}_{2}|}{|A{F}_{1}|}$，變形可得$\frac{|PB|+|P{F}_{1}|}{|P{F}_{1}|}$=$\frac{|B{F}_{1}|}{|P{F}_{1}|}$=$\frac{|B{F}_{1}|+|A{F}_{1}|}{|A{F}_{1}|}$，
即|PF₁|=$\frac{|A{F}_{1}|}{|A{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}$×|BF₁|，
由點B在橢圓上知，BF₁+BF₂=6，∴|PF₁|=$\frac{|A{F}_{1}|}{|A{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}$×（6-|BF₂|）．
 同理|PF₂|=$\frac{|B{F}_{2}|}{|A{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}$（6-|AF₁|}．
因此|PF₁|+|PF₂|=6-$\frac{2|A{F}_{1}|B{F}_{2}||}{|A{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}$=6-$\frac{\frac{50（{n}^{2}+1）}{9+5{n}^{2}}}{\frac{30（{n}^{2}+1）}{9+5{n}^{2}}}$=$\frac{13}{3}$，
故|PF₁|+|PF₂|是定值．

點評 本題考查橢圓與直線的綜合運用，一般計算量較大，注意結(jié)合橢圓的基本性質(zhì)，尋找解題的突破點．