Question

7．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），两个焦点为F₁（-2，0），F₂（2，0），P是椭圆上的动点，且|PF₁||PF₂|的最大值为6．
（1）求椭圆方程；
（2）过左焦点的直线l交椭圆C与M、N两点，且满足$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}sinθ=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}cosθ$$（θ≠\frac{π}{2}）$，求直线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（x，y），|PF₁|•|PF₂|=$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$•$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$，则P为短轴顶点时，|PF₁|•|PF₂|取最大值，则$\frac{2×{b}^{2}+8}{2}$=6，a²=b²+c²，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），由韦达定理，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（x，y），则|PF₁|=$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$，|PF₂|=$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$，
∴|PF₁|•|PF₂|=$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$•$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$≤$\frac{（x+2）^{2}+{y}^{2}+（x-2）^{2}+{y}^{2}}{2}$=$\frac{2（{x}^{2}+{y}^{2}）+8}{2}$，
当且仅当$\sqrt{（x+2）^{2}+{y}^{2}}$=$\sqrt{（x-2）^{2}+{y}^{2}}$，即x=0，y=b时取最大值，
∴P为短轴顶点时，|PF₁|•|PF₂|取最大值，
∴$\frac{2×{b}^{2}+8}{2}$=6，
解得：b²=2，
a²=b²+c²=2+4=6，
∴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=$\frac{12{k}^{2}-6}{1+3{k}^{2}}$，
$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=丨$\overrightarrow{OM}$丨•丨$\overrightarrow{ON}$丨cosθ=$\frac{4\sqrt{6}cosθ}{3sinθ}$，$（θ≠\frac{π}{2}）$，
丨$\overrightarrow{OM}$丨•丨$\overrightarrow{ON}$丨sinθ=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，即S_△OMN=$\frac{1}{2}$•丨$\overrightarrow{OM}$丨•丨$\overrightarrow{ON}$丨sinθ=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∵|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$，
原点O到m的距离d=$\frac{丨2k丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
则S_△OMN=$\frac{1}{2}$•|MN|•d=$\frac{1}{2}$•$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{1+3{k}^{2}}$•$\frac{丨2k丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
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，向量的运算，韦达定理，点到直线的距离公式及三角形的面积公式，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，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答，属于中档题．