Question

16．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的左右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，|F₁F₂|=2$\sqrt{5}$，點P為橢圓短軸的端點，且△PF₁F₂的面積為2$\sqrt{5}$}．
（1）求橢圓的方程；
（2）點Q是橢圓上任意一點，A（4$\sqrt{5}$，6），求|QA|-|QF₁|的最小值；
（3）點$B（1，\frac{{4\sqrt{2}}}{3}）$是橢圓上的一定點，B₁，B₂是橢圓上的兩動點，且直線BB₁，BB₂關于直線x=1對稱，試證明直線B₁B₂的斜率為定值．

Answer 1

分析 （1）$c=\sqrt{5}$，${S_{△P{F_1}{F_2}}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|b=2\sqrt{5}$，解得b，再利用a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$，可得a，即可得出；
（2）由（1）得|QF₁|+|QF₂|=6，利用橢圓的定義、三角形三邊大小關系轉化即可得出．
（3）設直線BB₁的斜率為k，∵直線BB₁與直線BB₂關于直線x=1對稱，可得直線BB₂的斜率為-k，于是直線BB₁、BB₂的方程，設B₁（x₁，y₁），B₂（x₂，y₂），分別與橢圓的方程聯(lián)立解得x₁，x₂，再利用斜率計算公式即可得出．

解答 解：（1）∵$c=\sqrt{5}$，${S_{△P{F_1}{F_2}}}=\frac{1}{2}|{{F_1}{F_2}}|b=2\sqrt{5}$，
∴b=2，
∴a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=3，
故橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）由（1）得|QF₁|+|QF₂|=6，
∴|QA|-|QF₁|=|QA|-（6-|QF₂|）=|QA|+|QF₂|-6，
而$|{QA}|+|{Q{F_2}}|≥|{A{F_2}}|=\sqrt{{{（{4\sqrt{5}-\sqrt{5}}）}^2}+{{（{6-0}）}^2}}=9$，
于是|QA|-|QF₁|的最小值為3．
（3）證明：設直線BB₁的斜率為k，∵直線BB₁與直線BB₂關于直線x=1對稱，
∴直線BB₂的斜率為-k，于是直線BB₁的方程為$y-\frac{{4\sqrt{2}}}{3}=k（x-1）$，設B₁（x₁，y₁），B₂（x₂，y₂），
由$\left\{{\begin{array}{l}{y-\frac{{4\sqrt{2}}}{3}=k（x-1）}\\{\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1}\end{array}}\right.$可得，$（{4+9{k^2}}）+6k（{4\sqrt{2}-3k}）x+9{k^2}-24\sqrt{2}k-4=0$，
∵該方程有一個根為x=1，∴${x_1}=\frac{{9{k^2}-24\sqrt{2}k-4}}{{4+9{k^2}}}$，
同理得${x_2}=\frac{{9{k^2}+24\sqrt{2}k-4}}{{4+9{k^2}}}$．
∴${k_{{B_1}{B_2}}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{[{k（{{x_1}-1}）+\frac{{4\sqrt{2}}}{3}}]-[{-k（{{x_2}-1}）}]+\frac{{4\sqrt{2}}}{3}}}{{{x_1}-{x_2}}}$=$\frac{{k（{{x_1}+{x_2}}）-2k}}{{{x_1}-{x_2}}}$=$\frac{{k（{\frac{{9{k^2}-24\sqrt{2}k-4}}{{4+9{k^2}}}+\frac{{9{k^2}+24\sqrt{2}k-4}}{{4+9{k^2}}}}）-2k}}{{\frac{{9{k^2}-24\sqrt{2}k-4}}{{4+9{k^2}}}-\frac{{9{k^2}+24\sqrt{2}k-4}}{{4+9{k^2}}}}}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{6}$，
故直線BB₁的斜率為定值$\frac{{\sqrt{2}}}{6}$．

點評 本題考查了橢圓的定義標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、斜率計算公式、三角形三邊大小關系、三角形面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．