Question

9．如圖，已知橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），雙曲線$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的兩條漸近線為l₁、l₂．過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F作直線l，使l丄l₁．設(shè)直線l與橢圓C的兩個(gè)交點(diǎn)由上至下依次為A，B，直線l與直線l₂交于P點(diǎn)．
（Ⅰ）若l₁與l₂的夾角為60°，且雙曲線的焦距為4，求橢圓C的方程：
（n）設(shè)$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{AP}$，當(dāng)λ取得最大時(shí)，橢圓C的離心率是多少？

Answer 1

分析 （Ⅰ）雙曲線的漸近線方程為y=±$\frac{a}$x，又由∠POF=30°，從而得$\frac{a}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，從而解得；
（Ⅱ）易知直線l的方程為y=$\frac{a}$（x-c），直線l₂的方程為y=$\frac{a}$x，從而求得P（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{ab}{c}$）；由$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{AP}$得（x₀-c，y₀）=λ（$\frac{{a}^{2}}{c}$-x₀，$\frac{ab}{c}$-y₀），從而可得x₀=$\frac{{c}^{2}+λ{(lán)a}^{2}}{c（1+λ）}$，y₀=$\frac{λab}{c（1+λ）}$，代入橢圓方程化簡(jiǎn)得（e²+λ）²+λ²=（1+λ）²e²，從而可得λ²=$\frac{{e}^{2}-{e}^{4}}{2-{e}^{2}}$=-（2-e²+$\frac{2}{2-{e}^{2}}$）+3，從而利用基本不等式求最值及最值點(diǎn)．

解答 解：（Ⅰ）∵雙曲線方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，
∴雙曲線的漸近線方程為y=±$\frac{a}$x，
∵l₁與l₂的夾角為60°，$\frac{a}$＜1，
∴∠POF=30°，
∴$\frac{a}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴a=$\sqrt{3}$b，又∵2c=4，
∴c=2，a=$\sqrt{3}$，b=1；
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1；
（Ⅱ）∵l丄l₁，
∴直線l的方程為y=$\frac{a}$（x-c），其中c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$，
∵直線l₂的方程為y=$\frac{a}$x，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{a}（x-c）}\\{y=\frac{a}x}\end{array}\right.$解得，
P（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{ab}{c}$）；
設(shè)A（x₀，y₀），且F（c，0），
∵$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{AP}$，
∴（x₀-c，y₀）=λ（$\frac{{a}^{2}}{c}$-x₀，$\frac{ab}{c}$-y₀），
解得，x₀=$\frac{{c}^{2}+λ{(lán)a}^{2}}{c（1+λ）}$，y₀=$\frac{λab}{c（1+λ）}$，
∴$\frac{（{c}^{2}+λ{(lán)a}^{2}）^{2}}{{a}^{2}{c}^{2}（1+λ）^{2}}$+$\frac{（λab）^{2}}{^{2}{c}^{2}（1+λ）^{2}}$=1，
即（c²+λa²）²+λ²a⁴=（1+λ）²a²c²，
即（e²+λ）²+λ²=（1+λ）²e²，
即λ²=$\frac{{e}^{2}-{e}^{4}}{2-{e}^{2}}$=-（2-e²+$\frac{2}{2-{e}^{2}}$）+3，
≤-2$\sqrt{2}$+3，
（當(dāng)且僅當(dāng)2-e²=$\frac{2}{2-{e}^{2}}$，即e=$\sqrt{2-\sqrt{2}}$時(shí)，等號(hào)成立）；
此時(shí)λ有最大值$\sqrt{3-2\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$-1；
即當(dāng)λ取得最大時(shí)，橢圓C的離心率e=$\sqrt{2-\sqrt{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓錐曲線與直線的位置關(guān)系的應(yīng)用，同時(shí)考查了基本不等式的應(yīng)用及學(xué)生的化簡(jiǎn)運(yùn)算能力．