Question

14．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的離心率$e=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，左頂點A與右焦點F的距離$AF=2+\sqrt{5}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過右焦點F作斜率為k的直線l與橢圓C交于M，N兩點，P（2，1）為定點，當(dāng)△MNP的面積最大時，求l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由$e=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，左頂點A與右焦點F的距離$AF=2+\sqrt{5}$．可得$\frac{c}{a}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，a+c=2+$\sqrt{5}$，又a²=b²+c²，解出即可得出．
（Ⅱ）過右焦點F（2，0）斜率為k的直線l：y=k（x-2），代入橢圓方程可得：（1+5k²）x²-20k²x+20k²-5=0，設(shè)點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，點P（2，1）到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，可得△MNP的面積S=$\frac{1}{2}$d|MN|，化簡利用函數(shù)的單調(diào)性即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由$e=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，左頂點A與右焦點F的距離$AF=2+\sqrt{5}$．
∴$\frac{c}{a}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，a+c=2+$\sqrt{5}$，又a²=b²+c²，
解得c=2，a=$\sqrt{5}$，b=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{5}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）過右焦點F（2，0）斜率為k的直線l：y=k（x-2），
代入橢圓方程可得：（1+5k²）x²-20k²x+20k²-5=0，
設(shè)點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
則x₁+x₂=$\frac{20{k}^{2}}{1+5{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{20{k}^{2}-5}{1+5{k}^{2}}$，
|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（\frac{20{k}^{2}}{1+5{k}^{2}}）^{2}-\frac{80{k}^{2}-20}{1+5{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\frac{\sqrt{20（1+{k}^{2}）}}{1+5{k}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}（1+{k}^{2}）}{1+5{k}^{2}}$，
點P（2，1）到直線l的距離d=$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△MNP的面積S=$\frac{1}{2}$d|MN|=$\frac{1}{2}$×$\frac{2\sqrt{5}（1+{k}^{2}）}{1+5{k}^{2}}$×$\frac{1}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{5}\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+5{k}^{2}}$，
令$\sqrt{1+{k}^{2}}$=t≥1，則S=$\frac{\sqrt{5}t}{5{t}^{2}-4}$=$\frac{\sqrt{5}}{5t-\frac{4}{t}}$，
記g（t）=5t-$\frac{4}{t}$在[1，+∞）單調(diào)遞增，g（t）_min=g（1）=1，所以S最大值為$\sqrt{5}$，
此時，k=0，l的方程：y=0．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、三角形面積計算公式、點到直線的距離公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．