Question

7．設橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上頂點、下頂點分別為M和N，F(xiàn)₁和F₂是其左、右焦點，橢圓上的點到F₂的最小值為1，又cos∠F₁MF₂的值為-$\frac{7}{25}$．
（1）求橢圓的方程；
（2）若過右焦點F₂的直線與該橢圓交于A、B兩點（A在第一象限，B在第四象限），且四邊形AMNB的面積為$\frac{30（3\sqrt{2}+5）}{17}$，求直線AB的方程．

Answer 1

分析 （1）設∠F₂MO=θ，則由$cos2θ=1-2si{n}^{2}θ=-\frac{7}{25}$，可得$sinθ=\frac{4}{5}$，即橢圓的離心率為$\frac{4}{5}$，結合橢圓上的點到F₂的最小值為1，可得$\left\{\begin{array}{l}{a-c=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{4}{5}}\end{array}\right.$，求解可得a，b，c的值，則橢圓的方程可求；
（2）由（1）可知F₂（4，0），令l：x=my+4，設A（x₁，x₂），B（x₂，y₂），聯(lián)立直線方程與橢圓方程，化為關于y的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系可得A，B的橫縱坐標得和與積，由S_{四邊形AMNB}=S_△AOM+S_△BON+S_△AOB列式解得m，則直線AB的方程可求．

解答 解：（1）設∠F₂MO=θ，則由$cos2θ=1-2si{n}^{2}θ=-\frac{7}{25}$，可得$sinθ=\frac{4}{5}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-c=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{4}{5}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=5}\\{b=3}\\{c=4}\end{array}\right.$．
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{25}+\frac{{y}^{2}}{9}=1$；
（2）由（1）可知F₂（4，0），令l：x=my+4，設A（x₁，x₂），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+4}\\{\frac{{x}^{2}}{25}+\frac{{y}^{2}}{9}=1}\end{array}\right.$，化簡得（9m²+25）y²+72my-81=0，
∵△＞0恒成立，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-72m}{9{m}^{2}+25}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-81}{9{m}^{2}+25}$，
${x}_{1}+{x}_{2}=m（{y}_{1}+{y}_{2}）+8=\frac{8×25}{9{m}^{2}+25}$，
S_{四邊形AMNB}=S_△AOM+S_△BON+S_△AOB
=$\frac{1}{2}b|{x}_{1}+{x}_{2}|+\frac{1}{2}c|{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{3}{2}|{x}_{1}+{x}_{2}|+2\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{3}{2}×\frac{8×25}{9{m}^{2}+25}+2\sqrt{（\frac{72m}{9{m}^{2}+25}）^{2}+\frac{4×81}{9{m}^{2}+25}}$=$\frac{300+180\sqrt{{m}^{2}+1}}{9{m}^{2}+25}$．
由$\frac{300+180\sqrt{{m}^{2}+1}}{9{m}^{2}+25}$=$\frac{30（3\sqrt{2}+5）}{17}$，解得m=±1．
故直線AB的方程為：y=x-4或y=-x+4．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查直線與橢圓位置關系的應用，考查計算能力，是中檔題．