Question

19．平面直角坐標(biāo)系中，橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上的兩點(diǎn)M，N關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，P為橢圓上異于M，N的兩點(diǎn)，若直線PM，PN的斜率分別為k₁，k₂（k₁，k₂存在且不為0），橢圓的離心率$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求k₁•k₂的值；
（2）若F₁，F(xiàn)₂是橢圓C左、右焦點(diǎn)，且直線PF₁交橢圓C于Q，若△PF₂Q的面積最大值為$\sqrt{2}$時(shí)，求橢圓C的方程．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用橢圓的離心率公式，設(shè)M（x₁，y₁），N（-x₁，-y₁），P（x₂，y₂），代入橢圓方程，運(yùn)用點(diǎn)差法，結(jié)合直線的斜率公式，化簡(jiǎn)整理，可得所求值；
（2）設(shè)直線PF₁方程為x=my-$\sqrt{2}$t，代入橢圓方程x²+2y²=4t²，運(yùn)用韋達(dá)定理，由|y₁-y₂|²=（y₁+y₂）²-4y₁y₂，化簡(jiǎn)整理，運(yùn)用基本不等式可得最大值，再由△PF₂Q的面積為$\frac{1}{2}$•2c•|y₁-y₂|，可得最大值，解方程可得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程．

解答 解：（1）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可設(shè)a=2t，c=$\sqrt{2}t$，b=$\sqrt{2}$t，
設(shè)M（x₁，y₁），N（-x₁，-y₁），P（x₂，y₂），
可得$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}$=1，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{^{2}}$=1，
兩式相減可得，$\frac{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}}{^{2}}$=1，
由k₁•k₂=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$；
（2）設(shè)直線PF₁方程為x=my-$\sqrt{2}$t，代入橢圓方程x²+2y²=4t²，
可得（2+m²）y²-2$\sqrt{2}$mty-2t²=0，
y₁+y₂=$\frac{2\sqrt{2}mt}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{2{t}^{2}}{2+{m}^{2}}$，
|y₁-y₂|²=（y₁+y₂）²-4y₁y₂=$\frac{8{m}^{2}{t}^{2}}{（2+{m}^{2}）^{2}}$+$\frac{8{t}^{2}}{2+{m}^{2}}$=$\frac{16{t}^{2}（1+{m}^{2}）}{（2+{m}^{2}）^{2}}$
=$\frac{16{t}^{2}}{（1+{m}^{2}）+\frac{1}{1+{m}^{2}}+2}$≤$\frac{16{t}^{2}}{2+2}$=4t²，
當(dāng)且僅當(dāng)1+m²=1，即m=0時(shí)，|y₁-y₂|取得最大值2t，
由△PF₂Q的面積為$\frac{1}{2}$•2c•|y₁-y₂|=$\sqrt{2}$t•|y₁-y₂|，
可得面積的最大值為2$\sqrt{2}$t²=$\sqrt{2}$，解得t=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
可得a=$\sqrt{2}$，b=1，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，注意運(yùn)用橢圓方程和直線方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，同時(shí)考查直線的斜率公式的運(yùn)用，以及基本不等式的運(yùn)用，化簡(jiǎn)整理能力，屬于中檔題．