Question

16．设F₁（-c，0），F₂（c，0）分别是椭圆E：$\frac{x^2}{a^2}$+${\frac{y}{b^2}^2}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点．
（Ⅰ）若点P（$\sqrt{3}$，2）在椭圆E上，且c=$\sqrt{3}$，求椭圆E的方程；
（Ⅱ）已知椭圆E的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，若过点F₁（-c，0）的直线交椭圆E于A，B两点，且|AF₁|=3|F₁B|．证明：AB⊥AF₂．

Answer 1

分析 （Ⅰ）因为F₁$（-\sqrt{3}，0）$，${F_2}（\sqrt{3}，0）$，且点$P（\sqrt{3}，2）$在椭圆E上，列式求得椭圆方程．
（Ⅱ）在△AF₁F₂中和在△ABF₂中，分别利用余弦定理求得，再根据条件列出等式求解．

解答 解：（Ⅰ）因为F₁$（-\sqrt{3}，0）$，${F_2}（\sqrt{3}，0）$，且点$P（\sqrt{3}，2）$在椭圆E上，
所以$2a=\sqrt{{{（\sqrt{3}+\sqrt{3}）}^2}+{{（2-0）}^2}}+\sqrt{{{（\sqrt{3}-\sqrt{3}）}^2}+{{（2-0）}^2}}=6，a=3$．
因此b²=a²-c²=9-3=6．故椭圆E的方程为$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{6}=1$．…（5分）
（Ⅱ）因为$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，所以$a=\sqrt{2}c$．设|F₁B|=t（t＞0），则|AF₁|=3t，|AB|=4t．
在△AF₁F₂中，$cosA=\frac{{{{（3t）}^2}+{{（2a-3t）}^2}-{{（2c）}^2}}}{2×3t×（2a-3t）}=\frac{{9{t^2}+{{（2a-3t）}^2}-2{a^2}}}{2×3t×（2a-3t）}$，
在△ABF₂中，$cosA=\frac{{{{（4t）}^2}+{{（2a-3t）}^2}-{{（2a-t）}^2}}}{2×4t×（2a-3t）}=\frac{{16{t^2}+{{（2a-3t）}^2}-{{（2a-t）}^2}}}{2×4t×（2a-3t）}$…（10分）
所以$\frac{{9{t^2}+{{（2a-3t）}^2}-2{a^2}}}{2×3t×（2a-3t）}$=$\frac{{16{t^2}+{{（2a-3t）}^2}-{{（2a-t）}^2}}}{2×4t×（2a-3t）}$，整理得，3at=a²，a=3t．
于是|AF₂|=3t=|AF₁|，|BF₂|=5t，|AB|=4t，∠A=90°，故AB⊥AF₂．…（13分）

点评 本题主要考查求椭圆方程的方法和利用余弦定理解决综合问题得能力，属于中档题，再高考中时常涉及．