Question

11．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，左、右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，點(diǎn)P為橢圓C上任意一點(diǎn)，且△PF₁F₂面積最大值為$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過(guò)F₂作垂直于x軸的直線l交橢圓于A、B兩點(diǎn)（點(diǎn)A在第一象限），M、N是橢圓上位于直線l兩側(cè)的動(dòng)點(diǎn)，若∠MAB=∠NAB，求證：直線MN的斜率為定值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)條件便可得到關(guān)于a，b的方程組：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{4}}\\{\frac{1}{2}•2c•b=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，可解出a，b，從而可得出橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）根據(jù)條件可得A的坐標(biāo)為$（1，\frac{3}{2}）$，可設(shè)直線MN的方程為y=kx+m，聯(lián)立橢圓的方程便可得到（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0，可設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由韋達(dá)定理便可得到${x}_{1}{+x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，而根據(jù)條件可得到k_AM+k_AN=0，這樣便可得出關(guān)于k，m的式子，并可整理成（2k-1）（2m+2k-3）=0，從而得出直線MN的斜率為定值$\frac{1}{2}$．

解答 解：（1）橢圓的離心率為$\frac{1}{2}$；
即$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$；
∴$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{4}$①；
△PF₁F₂面積的最大值為$\sqrt{3}$，即$\frac{1}{2}•2c•b=\sqrt{3}$；
∴（a²-b²）b²=3②；
①②聯(lián)立解得a²=4，b²=3；
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）$A（1，\frac{3}{2}）$，設(shè)直線MN的方程為：y=kx+m，聯(lián)立橢圓方程可得：
（4k²+3）x²+8kmx+4m²-12=0；
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則：
${x}_{1}{+x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$；
由∠MAB=∠NAB知，k_AM+k_AN=0；
∴$\frac{{y}_{1}-\frac{3}{2}}{{x}_{1}-1}+\frac{{y}_{2}-\frac{3}{2}}{{x}_{2}-1}=0$；
即$（k{x}_{1}+m-\frac{3}{2}）（{x}_{2}-1）+（k{x}_{2}+m-\frac{3}{2}）（{x}_{1}-1）=0$；
∴$2k{x}_{1}{x}_{2}+（m-\frac{3}{2}-k）（{x}_{1}+{x}_{2}）+3-2m$=$\frac{2k（4{m}^{2}-12）}{3+4{k}^{2}}-（m-\frac{3}{2}-k）•\frac{8km}{3+4{k}^{2}}+3-2m=0$；
化簡(jiǎn)得，（2k-1）（2m+2k-3）=0；
∴$k=\frac{1}{2}$為定值．

點(diǎn)評(píng) 考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓的焦點(diǎn)，橢圓的離心率，以及直線的點(diǎn)斜式方程，韋達(dá)定理，根據(jù)點(diǎn)的坐標(biāo)求直線的斜率．