Question

10．如圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦點分別為，F(xiàn)₁和F₂，上頂點為B，BF₂，延長線交橢圓于點A，△ABF的周長為8，且$\overrightarrow{B{F_1}}•\overrightarrow{BA}$=0．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）過點P（1，0）的直線l與橢圓C相交于M，N兩點，點T（4，3），記直線TM，TN的斜率分別為k₁，k₂，當(dāng)k₁k₂最大時，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通過橢圓定義可知△ABF的周長為8即a=2，利用$\overrightarrow{B{F_1}}•\overrightarrow{BA}$=0可得b=c，計算即得結(jié)論；
（Ⅱ）對直線l的斜率進行討論：①當(dāng)直線l的斜率為0時，易得k₁•k₂=$\frac{3}{4}$；②當(dāng)直線l的斜率不為0時，聯(lián)立直線l與橢圓方程，利用韋達定理可得k₁•k₂的表達式，利用換元法、二次函數(shù)的性質(zhì)及基本不等式，計算即得結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）∵△ABF的周長為8，∴4a=8，即a=2，
又∵B（0，b），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），且$\overrightarrow{B{F_1}}•\overrightarrow{BA}$=0，
∴（-c，-b）•（c，-b）=0，即b=c，
∵b²+c²=a²=4，∴b=c=$\sqrt{2}$，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）①當(dāng)直線l的斜率為0時，即有y=0，
代入橢圓方程可得M（2，0），N（-2，0），
易得k₁•k₂=$\frac{3}{4}$；
②當(dāng)直線l的斜率不為0時，直線l的方程為：x=my+1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（2+m²）y²+2my-3=0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由△=16m²+24＞0及韋達定理，
可得：y₁+y₂=-$\frac{2m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-3•$\frac{1}{2+{m}^{2}}$，
又∵x₁=my₁+1，x₂=my₂+1，
∴k₁•k₂=$\frac{3-{y}_{1}}{4-{x}_{1}}$•$\frac{3-{y}_{2}}{4-{x}_{2}}$
=$\frac{9-3（{y}_{1}+{y}_{2}）+{y}_{1}{y}_{2}}{9-3m（{y}_{1}+{y}_{2}）+{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{3{m}^{2}+2m+5}{4{m}^{2}+6}$
=$\frac{3}{4}$+$\frac{4m+1}{8{m}^{2}+12}$，
令t=4m+1，則k₁•k₂=$\frac{3}{4}$+$\frac{2t}{{t}^{2}-2t+25}$，
當(dāng)t≤0時，$\frac{2t}{{t}^{2}-2t+25}$=$\frac{2t}{（t-1）^{2}+24}$≤0，
當(dāng)t＞0時，$\frac{2t}{{t}^{2}-2t+25}$=$\frac{2}{t+\frac{25}{t}-2}$≤$\frac{1}{4}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=5，即m=1時等號成立，
此時k₁•k₂=$\frac{3}{4}$+$\frac{4×1+1}{8×1+12}$=1；
綜上所述，當(dāng)k₁•k₂最大時，直線l的方程為：x-y-1=0．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查運算求解能力，考查分類討論的思想，注意解題方法的積累，屬于中檔題．