Question

19．已知F₁，F(xiàn)₂是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{5}$+$\frac{3{y}^{2}}{5}$=1的左、右焦點(diǎn)．
（1）若點(diǎn)M在橢圓C上，且∠F₁MF₂=60°，求△F₁MF₂的面積；
（2）動(dòng)直線y=k（x+1）與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)T（t，0），問是否存在t∈R，使得$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$為定值，若存在求出t的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知，求得a，b和c的值，設(shè)丨PF₁丨=m，丨PF₂丨=n，根據(jù)橢圓的定義即可求得mn=$\frac{20}{9}$，由三角形的面積公式，即可求得S=$\frac{1}{2}$•mn•sin60°=$\frac{5\sqrt{3}}{9}$；
（2）將直線方程代入橢圓方程，由韋達(dá)定理求得x₁+x₂，x₁•x₂，$\overrightarrow{TA}$=（x₁-t，y₁），$\overrightarrow{TB}$=（x₂-t，y₂），根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$=（x₁-t，y₁）•（x₂-t，y₂）=x₁•x₂-t（x₁+x₂）+t²+y₁•y₂，$\frac{3{t}^{2}+6t-1}{{t}^{2}-5}$=3，即可求得t=-$\frac{7}{3}$，故存在在t∈R，使得$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$為定值．

解答 解：（1）∵a²=5，b²=$\frac{5}{3}$，c²=a²-b²=$\frac{10}{3}$，
設(shè)丨PF₁丨=m，丨PF₂丨=n，
∵$\left\{\begin{array}{l}{m+n=2\sqrt{5}}\\{{m}^{2}+{n}^{2}-mn=\frac{40}{3}}\end{array}\right.$，解得：mn=$\frac{20}{9}$，
∴△F₁MF₂的面積S，S=$\frac{1}{2}$•mn•sin60°=$\frac{5\sqrt{3}}{9}$，
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{5}+\frac{3{y}^{2}}{5}=1}\\{y=k（x+1）}\end{array}\right.$，化簡得：（3k²+1）x²+6k²x+3k²-5=0
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=$\frac{-6{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{3{k}^{2}-5}{3{k}^{2}+1}$，
由直線恒過橢圓內(nèi)一點(diǎn)（-1，0），則定有兩個(gè)交點(diǎn)，
∵$\overrightarrow{TA}$=（x₁-t，y₁），$\overrightarrow{TB}$=（x₂-t，y₂），
∴$\overrightarrow{TA}$•$\overrightarrow{TB}$=（x₁-t，y₁）•（x₂-t，y₂）=x₁•x₂-t（x₁+x₂）+t²+y₁•y₂，
=x₁•x₂-t（x₁+x₂）+t²+k²[x₁•x₂+（x₁+x₂）+1]，
=$\frac{{k}^{2}（3{t}^{2}+6t-1）+{t}^{2}-5}{3{k}^{2}+1}$，
令$\frac{3{t}^{2}+6t-1}{{t}^{2}-5}$=3，解得：t=-$\frac{7}{3}$，
故存在，t=-$\frac{7}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其簡單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，三角形面積公式，韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)表示，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．