Question

15．已知A₁，A₂，F₁，F₂分别是椭圆E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右顶点和左、右焦点，过F₂引一条直线与椭圆交于M，N两点，△MF₁N的周长为8，且|F₂A₂|=1．
（1）求椭圆E的方程；
（2）过点P（-3，0）且斜率不为零的直线l与椭圆交于不同的两点A，B，C，D为椭圆上不同于A，B的另外两点，满足$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=λ$\overrightarrow{{F}_{2}C}$，$\overrightarrow{B{F}_{2}}$=μ$\overrightarrow{{F}_{2}D}$，且λ+μ=$\frac{13}{3}$，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （1）由椭圆定义可求a，由|F₂A₂|=1得a-c=1，可求c，即可求b²=a²-c²=3，从而可得椭圆方程．
（2）设直线l方程为y=k（x+3），又设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+3）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$得（3+4k²）x²+24k²x+36k²-12=0，由△＞0，可得：0＜k²＜$\frac{3}{5}$，由韦达定理可解得x₁+x₂=-$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，由F₂（1，0），又$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=λ$\overrightarrow{{F}_{2}C}$，$\overrightarrow{B{F}_{2}}$=μ$\overrightarrow{{F}_{2}D}$，可解得x₁，x₂，从而有x₁+x₂=-$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=-$\frac{3}{2}$，解得k的值即可求得直线l的方程．

解答 解：（1）由椭圆定义知，4a=8，即a=2．…（1分）
由|F₂A₂|=1，得，a-c=1，所以c=1，从而b²=a²-c²=3．…（4分）
故椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．…（5分）
（2）显然直线l的斜率存在，故设其方程为y=k（x+3），又设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+3）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$得（3+4k²）x²+24k²x+36k²-12=0
△=（24k²）²-4×（3+4k²）（36k²-12）＞0，从而可得：0＜k²＜$\frac{3}{5}$．
由韦达定理得x₁+x₂=-$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$．…（7分）
因为F₂（1，0），由$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=λ$\overrightarrow{{F}_{2}C}$，得（1-x₁，-y₁）=λ（x₃-1，y₃），
∴x₃=1+$\frac{1-{x}_{1}}{λ}$，y₃=-$\frac{{y}_{1}}{λ}$．
代入椭圆方程得$\frac{（1+\frac{1-{x}_{1}}{λ}）^{2}}{4}$+$\frac{（-\frac{{y}_{1}}{λ}）^{2}}{3}$=1，与$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+\frac{{{y}^{2}}_{1}}{3}=1$联立消去y₁得x₁=$\frac{5-3λ}{2}$．
同理可得x₂=$\frac{5-3μ}{2}$，所以x₁+x₂=$\frac{10-3（λ+μ）}{2}=-\frac{3}{2}$．
所以x₁+x₂=-$\frac{24{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=-$\frac{3}{2}$，解之得k²=$\frac{1}{4}$∈（0，$\frac{3}{5}$），所以k=$±\frac{1}{2}$．
所求直线方程为y=$±\frac{1}{2}$（x+3），
即  x+2y+3=0 或x-2y+3=0．…（12分）

点评 本题主要考查了椭圆的标准方程求法，韦达定理的应用，考查了直线与圆锥曲线的综合问题，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．