Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上頂點為P，左、右頂點分別為B、A，若$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=-2，且橢圓C的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若M，N為橢圓C上的兩點，且直線PM與直線PN的斜率之積為$\frac{2}{3}$，求證：直線MN過定點，并求△PMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得P，A，B的坐標(biāo)，運用向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，結(jié)合橢圓的a，b，c的關(guān)系和離心率公式，計算即可得到a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）討論直線MN的斜率不存在和存在，設(shè)出直線方程，運用韋達(dá)定理和弦長公式，以及點到直線的距離公式，和三角形的面積公式結(jié)合基本不等式，計算即可得到最大值．

解答 解：（1）由題意可得P（O，b），A（a，0），B（-a，0），
$\overrightarrow{PA}$=（a，-b），$\overrightarrow{PB}$=（-a，-b），
若$\overrightarrow{PA}$•$\overrightarrow{PB}$=-2，則b²-a²=-2，即c²=2，即c=$\sqrt{2}$，
又e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，解得a=$\sqrt{3}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=1，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1；
（2）證明：①當(dāng)直線MN的斜率不存在時，設(shè)MN：x=t（-$\sqrt{3}$＜t＜$\sqrt{3}$）．
不妨取M（t，$\sqrt{1-\frac{{t}^{2}}{3}}$），N（t，-$\sqrt{1-\frac{{t}^{2}}{3}}$），
∴k_PM•k_PN=$\frac{1}{3}$，不合題意．
②當(dāng)直線MN的斜率存在時，
設(shè)MN的方程為y=kx+b，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
聯(lián)立方程$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{{x}^{2}+3{y}^{2}=3}\end{array}\right.$ 得（1+3k²）x²+6kbx+3b²-3=0，
則△=12（3k²-b²+1）＞0，
∴x₁+x₂=$\frac{-6kb}{1+3{k}^{2}}$．x₁x₂=$\frac{3^{2}-3}{1+3{k}^{2}}$，
又k_PM•k_PN=$\frac{{y}_{1}-1}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}-1}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+k（b-1）（{x}_{1}+{x}_{2}）+（b-1）^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2}{3}$．
即（3k²-2）x₁x₂+3k（b-1）（x₁+x₂）+3（b-1）²=0
將x₁+x₂=$\frac{-6kb}{1+3{k}^{2}}$．x₁x₂=$\frac{3^{2}-3}{1+3{k}^{2}}$，代入上式得b²+2b-3=0，
解得b=-3或b=1（舍）
∴直線MN過定點（0，-3）；
∵|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|=，點P到直線MN的距離為d=$\frac{4}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴S_△PMN=$\frac{1}{2}$|MN|•d=2|x₁-x₂|=2$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=4$\sqrt{3}$•$\frac{\sqrt{3{k}^{2}-8}}{1+3{k}^{2}}$，
由b=-3及△＞0知：3k²-8＞0，令$\sqrt{3{k}^{2}-8}$=t，即3k²=t²+8．
∴$\frac{\sqrt{3{k}^{2}-8}}{1+3{k}^{2}}$=$\frac{t}{{t}^{2}+9}$=$\frac{1}{t+\frac{9}{t}}$≤$\frac{1}{6}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=3時，S_△PMN取得最大值$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率，同時考查向量的數(shù)量積的坐標(biāo)表示，以及韋達(dá)定理和弦長公式的運用和基本不等式的運用，屬于中檔題和易錯題．