Question

12．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，M在橢圓上，△MF₁F₂的周長(zhǎng)為$2\sqrt{5}+4$，面積的最大值為2．
（I）求橢圓C的方程；
（II）直線y=kx（k＞0）與橢圓C交于A，B，連接AF₂，BF₂并延長(zhǎng)交橢圓C于D，E，連接DE．探索AB與DE的斜率之比是否為定值并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （I）利用△MF₁F₂的周長(zhǎng)為$2\sqrt{5}+4$，面積的最大值為2．列出方程求出a，b即可得到橢圓方程．
（ II）設(shè)A（x₀，y₀），則B（-x₀，-y₀）．直線$AD：x=\frac{{{x_0}-2}}{y_0}y+2$，代入$C：\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$，結(jié)合$\frac{{{x_0}^2}}{5}+{y_0}^2=1$，代入化簡(jiǎn)得$（9-4{x_0}）{y^2}+4（{x_0}-2）{y_0}y-y_0^2=0$，設(shè)$D（x_1^{\;}，{y_1}），E（{x_2}，{y_2}）$，利用韋達(dá)定理通過(guò)斜率關(guān)系，化簡(jiǎn)求解即可．

解答 解：（ I）$|{F_1}{F_2}|+|M{F_1}|+|M{F_2}|=2a+2c=2\sqrt{5}+4$，…2′，
$S=\frac{1}{2}2c•b=bc=2$，…4′
得$a=\sqrt{5}，c=2，b=1$，所以$C：\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$．…6′
（2）（ II）設(shè)A（x₀，y₀），則B（-x₀，-y₀）．
直線$AD：x=\frac{{{x_0}-2}}{y_0}y+2$，…8′
代入$C：\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$得$[{{{（{x_0}-2）}^2}+5y_0^2}]{y^2}+4（{x_0}-2）{y_0}y-y_0^2=0$，
因?yàn)?\frac{{{x_0}^2}}{5}+{y_0}^2=1$，代入化簡(jiǎn)得$（9-4{x_0}）{y^2}+4（{x_0}-2）{y_0}y-y_0^2=0$，
設(shè)$D（x_1^{\;}，{y_1}），E（{x_2}，{y_2}）$，則${y_0}{y_1}=\frac{-y_0^2}{{9-4{x_0}}}$，
所以${y_1}=\frac{{-y_0^{\;}}}{{9-4{x_0}}}$，${x_1}=\frac{{{x_0}-2}}{y_0}{y_1}+2$．…12′
直線$BE：x=\frac{{{x_0}+2}}{y_0}y+2$，
同理可得${y_2}=\frac{{y_0^{\;}}}{{9+4{x_0}}}$，${x_2}=\frac{{{x_0}+2}}{y_0}{y_2}+2$．
所以${k_{DE}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{\frac{{{x_0}-2}}{y_0}{y_1}-\frac{{{x_0}+2}}{y_0}{y_2}}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{\frac{x_0}{y_0}（{y_1}-{y_2}）-2\frac{{{y_1}+{y_2}}}{y_0}}}=\frac{1}{{\frac{x_0}{y_0}-\frac{2}{y_0}•\frac{{{y_1}+{y_2}}}{{{y_1}-{y_2}}}}}$
=$\frac{1}{{\frac{x_0}{y_0}+-\frac{2}{y_0}•\frac{{4{x_0}}}{9}}}=9\frac{y_0}{x_0}=9k$，
所以k_DE：k=9．       …15′
（其他解法酌情給分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計(jì)算能力．