Question

12．椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），短轴的一个端点与两个焦点的连线构成面积为2的等腰直角三角形．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点Q（1，0）的直线l与椭圆C相交于A，B两点．点P（4，3），记直线PA，PB的斜率分别为k₁，k₂，当k₁•k₂最大时，求直线l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），短轴的一个端点与两个焦点的连线构成面积为2的等腰直角三角形，算出a，b，即可得到椭圆C的方程；
（Ⅱ）当直线l的斜率等于0时，结合椭圆的方程算出k₁•k₂；直线l的斜率不等于0时，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线l方程为x=my+1，由直线l方程与椭圆方程消去x得到关于y的一元二次方程，利用根与系数的关系，直线的斜率公式和直线l方程化简k₁•k₂的式子，再根据基本不等式加以计算，可得k₁•k₂≤1，即可得出结论．

解答 解：（Ⅰ）由题：$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}+{a}^{2}=4{c}^{2}}\\{\frac{1}{2}×a×a=2}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得a=2，b=$\sqrt{2}$，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）①直线l的斜率等于0时，A、B分别为左右顶点，
∴k₁•k₂=$\frac{3}{4+2}•\frac{3}{4-2}$=$\frac{3}{4}$；
②直线l的斜率不等于0时，设直线l的方程为x=my+1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
直线代入椭圆方程，消去x，整理得（m²+2）y²+2my-3=0．
∴y₁+y₂=$\frac{-2m}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{-3}{{m}^{2}+2}$．
∵x₁=my₁+1，x₂=my₂+1，
∴k₁•k₂=$\frac{3-{y}_{1}}{4-{x}_{1}}$•$\frac{3-{y}_{2}}{4-{x}_{2}}$=$\frac{9-3（{y}_{1}+{y}_{2}）+{y}_{1}{y}_{2}}{9-3m（{y}_{1}+{y}_{2}）+{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{3{m}^{2}+2m+5}{4{m}^{2}+6}$=$\frac{3}{4}$+$\frac{4m+1}{8{m}^{2}+12}$．
令t=4m+1，则$\frac{4m+1}{8{m}^{2}+12}$=$\frac{2}{（t+\frac{25}{t}）-2}$≤$\frac{1}{4}$，
∴k₁•k₂=$\frac{3}{4}$+$\frac{4m+1}{8{m}^{2}+12}$≤1，当且仅当t=5即m=1时，等号成立．
综合①②，可得k₁•k₂的最大值为1，此时的直线l方程为x=y+1，即x-y-1=0．

点评 本题给出椭圆满足的条件，求椭圆的方程并研究直线斜率之积的最大值问题．着重考查了椭圆的标准方程与简单几何性质、直线的基本量与基本形式、用基本不等式求最值和直线与圆锥曲线的位置关系等知识，属于中档题．