Question

12．椭圆$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左、右焦点分别为F₁，F₂，M在椭圆上，△MF₁F₂的周长为$2\sqrt{5}+4$，面积的最大值为2．
（I）求椭圆C的方程；
（II）直线y=kx（k＞0）与椭圆C交于A，B，连接AF₂，BF₂并延长交椭圆C于D，E，连接DE．探索AB与DE的斜率之比是否为定值并说明理由．

Answer 1

分析 （I）利用△MF₁F₂的周长为$2\sqrt{5}+4$，面积的最大值为2．列出方程求出a，b即可得到椭圆方程．
（ II）设A（x₀，y₀），则B（-x₀，-y₀）．直线$AD：x=\frac{{{x_0}-2}}{y_0}y+2$，代入$C：\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$，结合$\frac{{{x_0}^2}}{5}+{y_0}^2=1$，代入化简得$（9-4{x_0}）{y^2}+4（{x_0}-2）{y_0}y-y_0^2=0$，设$D（x_1^{\;}，{y_1}），E（{x_2}，{y_2}）$，利用韦达定理通过斜率关系，化简求解即可．

解答 解：（ I）$|{F_1}{F_2}|+|M{F_1}|+|M{F_2}|=2a+2c=2\sqrt{5}+4$，…2′，
$S=\frac{1}{2}2c•b=bc=2$，…4′
得$a=\sqrt{5}，c=2，b=1$，所以$C：\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$．…6′
（2）（ II）设A（x₀，y₀），则B（-x₀，-y₀）．
直线$AD：x=\frac{{{x_0}-2}}{y_0}y+2$，…8′
代入$C：\frac{x^2}{5}+{y^2}=1$得$[{{{（{x_0}-2）}^2}+5y_0^2}]{y^2}+4（{x_0}-2）{y_0}y-y_0^2=0$，
因为$\frac{{{x_0}^2}}{5}+{y_0}^2=1$，代入化简得$（9-4{x_0}）{y^2}+4（{x_0}-2）{y_0}y-y_0^2=0$，
设$D（x_1^{\;}，{y_1}），E（{x_2}，{y_2}）$，则${y_0}{y_1}=\frac{-y_0^2}{{9-4{x_0}}}$，
所以${y_1}=\frac{{-y_0^{\;}}}{{9-4{x_0}}}$，${x_1}=\frac{{{x_0}-2}}{y_0}{y_1}+2$．…12′
直线$BE：x=\frac{{{x_0}+2}}{y_0}y+2$，
同理可得${y_2}=\frac{{y_0^{\;}}}{{9+4{x_0}}}$，${x_2}=\frac{{{x_0}+2}}{y_0}{y_2}+2$．
所以${k_{DE}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{{x_1}-{x_2}}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{\frac{{{x_0}-2}}{y_0}{y_1}-\frac{{{x_0}+2}}{y_0}{y_2}}}=\frac{{{y_1}-{y_2}}}{{\frac{x_0}{y_0}（{y_1}-{y_2}）-2\frac{{{y_1}+{y_2}}}{y_0}}}=\frac{1}{{\frac{x_0}{y_0}-\frac{2}{y_0}•\frac{{{y_1}+{y_2}}}{{{y_1}-{y_2}}}}}$
=$\frac{1}{{\frac{x_0}{y_0}+-\frac{2}{y_0}•\frac{{4{x_0}}}{9}}}=9\frac{y_0}{x_0}=9k$，
所以k_DE：k=9．       …15′
（其他解法酌情给分）

点评 本题考查椭圆的简单性质，椭圆方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，考查转化思想以及计算能力．