Question

7．设椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的上顶点、下顶点分别为M和N，F₁和F₂是其左、右焦点，椭圆上的点到F₂的最小值为1，又cos∠F₁MF₂的值为-$\frac{7}{25}$．
（1）求椭圆的方程；
（2）若过右焦点F₂的直线与该椭圆交于A、B两点（A在第一象限，B在第四象限），且四边形AMNB的面积为$\frac{30（3\sqrt{2}+5）}{17}$，求直线AB的方程．

Answer 1

分析 （1）设∠F₂MO=θ，则由$cos2θ=1-2si{n}^{2}θ=-\frac{7}{25}$，可得$sinθ=\frac{4}{5}$，即椭圆的离心率为$\frac{4}{5}$，结合椭圆上的点到F₂的最小值为1，可得$\left\{\begin{array}{l}{a-c=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{4}{5}}\end{array}\right.$，求解可得a，b，c的值，则椭圆的方程可求；
（2）由（1）可知F₂（4，0），令l：x=my+4，设A（x₁，x₂），B（x₂，y₂），联立直线方程与椭圆方程，化为关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系可得A，B的横纵坐标得和与积，由S_{四边形AMNB}=S_△AOM+S_△BON+S_△AOB列式解得m，则直线AB的方程可求．

解答 解：（1）设∠F₂MO=θ，则由$cos2θ=1-2si{n}^{2}θ=-\frac{7}{25}$，可得$sinθ=\frac{4}{5}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a-c=1}\\{\frac{c}{a}=\frac{4}{5}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=5}\\{b=3}\\{c=4}\end{array}\right.$．
∴椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{25}+\frac{{y}^{2}}{9}=1$；
（2）由（1）可知F₂（4，0），令l：x=my+4，设A（x₁，x₂），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+4}\\{\frac{{x}^{2}}{25}+\frac{{y}^{2}}{9}=1}\end{array}\right.$，化简得（9m²+25）y²+72my-81=0，
∵△＞0恒成立，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-72m}{9{m}^{2}+25}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{-81}{9{m}^{2}+25}$，
${x}_{1}+{x}_{2}=m（{y}_{1}+{y}_{2}）+8=\frac{8×25}{9{m}^{2}+25}$，
S_{四边形AMNB}=S_△AOM+S_△BON+S_△AOB
=$\frac{1}{2}b|{x}_{1}+{x}_{2}|+\frac{1}{2}c|{y}_{1}-{y}_{2}|$=$\frac{3}{2}|{x}_{1}+{x}_{2}|+2\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\frac{3}{2}×\frac{8×25}{9{m}^{2}+25}+2\sqrt{（\frac{72m}{9{m}^{2}+25}）^{2}+\frac{4×81}{9{m}^{2}+25}}$=$\frac{300+180\sqrt{{m}^{2}+1}}{9{m}^{2}+25}$．
由$\frac{300+180\sqrt{{m}^{2}+1}}{9{m}^{2}+25}$=$\frac{30（3\sqrt{2}+5）}{17}$，解得m=±1．
故直线AB的方程为：y=x-4或y=-x+4．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是中档题．