Question

1．已知F₁（-2，0）、F₂（2，0）是椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的两个焦点，P为椭圆上的点，且$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$的最大值为2．
（1）求椭圆的方程；
（2）过左焦点的直线l交椭圆于M、N两点，且$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$sinθ=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$cosθ，求l的方程（其中∠MON=θ，O为坐标原点）

Answer 1

分析 （1）由题意可得c=2，设P（m，n），则$\overrightarrow{P{F}_{1}}$=（-2-m，-n），$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（2-m，-n），运用向量的数量积的坐标表示和椭圆的性质，结合两点的距离公式，即可得到最大值a²-4，进而得到a，b，即可得到椭圆方程；
（2）椭圆的左焦点为F₁（-2，0），则直线l的方程为y=k（x+2），代入椭圆方程得：（3k²+1）x²+12k²x+12k²-6=0，设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则x₁+x₂=-$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，结合向量的数量积的定义和三角形的面积公式，解方程可得k，由此能求出l的方程．

解答 解：（1）由题意可得c=2，设P（m，n），则$\overrightarrow{P{F}_{1}}$=（-2-m，-n），$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=（2-m，-n），
则$\overrightarrow{P{F}_{1}}$•$\overrightarrow{P{F}_{2}}$=m²+n²-4，当P为长轴的端点时，P到原点的距离最大，且为a，
即有a²-4=2，即a=$\sqrt{6}$，
即有b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
则椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）椭圆的左焦点为F₁（-2，0），则直线l的方程为y=k（x+2），
代入椭圆方程得：（3k²+1）x²+12k²x+12k²-6=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则x₁+x₂=-$\frac{12{k}^{2}}{1+3{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，
∵$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=$\frac{4\sqrt{6}cosθ}{3sinθ}$=|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|cosθ≠0，
∴|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|sinθ=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，即S_△OMN=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∵|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$，
原点O到m的距离d=$\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
则S_△OMN=$\frac{1}{2}$|MN|•d=$\frac{1}{2}$•$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$•$\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
解得k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴l的方程为y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+2）．

点评 本题考查椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．综合性强，有一定的探索性，对数学思维能力要求较高，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．