Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上頂點(diǎn)為A，左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，點(diǎn)B在橢圓C上運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB⊥x軸時(shí)，|AB|取得最大值4．
（1）求a的取值范圍；
（2）若弦AB經(jīng)過點(diǎn)F₁時(shí)，△ABF₂是等腰三角形，求橢圓C的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可得2b=4，即b=2，設(shè)B（m，n），代入橢圓方程，運(yùn)用兩點(diǎn)的距離公式可得|AB|=$\sqrt{{m}^{2}+（n-2）^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}（1-\frac{{n}^{2}}{4}）+{n}^{2}-4n+4}$，配方，結(jié)合二次函數(shù)的最值求法，可得-2≥$\frac{8}{4-{a}^{2}}$，且a＞2，即可得到所求范圍；
（2）由題意可得|AB|=|BF₂|，由|AF₁|=|AF₂|=a，設(shè)|BF₂|=t，可得|BF₁|=t-a，運(yùn)用橢圓的定義求得t，再由三角形的余弦函數(shù)的定義和余弦定理，化簡可得a²=3c²，又a²-c²=4，解得a，即可得到橢圓方程．

解答 解：（1）AB⊥x軸時(shí)，|AB|取得最大值4，
則B為橢圓的下頂點(diǎn)（0，-b），可得2b=4，即b=2，A（0，2），
設(shè)B（m，n），代入橢圓方程可得$\frac{{m}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{n}^{2}}{4}$=1，
即有m²=a²（1-$\frac{{n}^{2}}{4}$），
|AB|=$\sqrt{{m}^{2}+（n-2）^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}（1-\frac{{n}^{2}}{4}）+{n}^{2}-4n+4}$
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（4-{a}^{2}）（n-\frac{8}{4-{a}^{2}}）^{2}+16+4{a}^{2}-\frac{64}{4-{a}^{2}}}$，
由a＞2，可得4-a²＜0，由題意可得n=-2時(shí)，取得最大值，
即有-2≥$\frac{8}{4-{a}^{2}}$，解得2＜a≤2$\sqrt{2}$，
可得a的取值范圍是（2，2$\sqrt{2}$]．
（2）△ABF₂是等腰三角形，由圖形可得|AB|=|BF₂|，
由|AF₁|=|AF₂|=a，設(shè)|BF₂|=t，可得|BF₁|=t-a，
由橢圓的定義可得|BF₁|+|BF₂|=2a，
即2t-a=2a，解得t=$\frac{3}{2}$a，
即有|BF₁|=$\frac{1}{2}$a，|BF₂|=$\frac{3}{2}$a，
在直角三角形AOF₁中，可得cos∠AF₁O=$\frac{c}{a}$，
在△BF1F2中，由余弦定理可得cos∠BF₁F₂=$\frac{\frac{1}{4}{a}^{2}+4{c}^{2}-\frac{9}{4}{a}^{2}}{2•\frac{1}{2}a•2c}$=-$\frac{c}{a}$，
化簡可得a²=3c²，又a²-c²=4，
解得a=$\sqrt{6}$，b=2，c=$\sqrt{2}$，
則橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的定義、方程和性質(zhì)，注意運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想和方程思想，考查二次函數(shù)的最值的求法，以及三角函數(shù)的定義和余弦定理的運(yùn)用，屬于中檔題．