Question

2．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，且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值为2．
（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）由椭圆两个焦点为F₁（-2，0），F₂（2，0），P是椭圆上的动点，且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值为2，列出方程组求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．
（2）当直线l的斜率存在时，设直线l₁的方程为y=k（x+2），代入椭圆C的方程$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1，得（3k²+1）x²+12k²x+12k²-6=0，由此利用韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式、正弦定理能求出直线l；直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=-2．由此能求出结果．

解答 解：（1）∵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，且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值为2
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{（a+c）（a-c）=2}\end{array}\right.$，
解得c=2，a²=6，b²=2，
故椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）当直线l的斜率存在时，
设直线l₁的方程为y=k（x+2），代入椭圆C的方程$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1，并整理得：
（3k²+1）x²+12k²x+12k²-6=0，
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
则x₁+x₂=-$\frac{12{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+1}$，
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}$，
坐标原点O到直线l的距离d=$\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∵$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}sinθ=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}cosθ$$（θ≠\frac{π}{2}）$，
∴S_△MON=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∴S_△MON=$\frac{1}{2}$|MN|d=$\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}×\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
解得k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$此时直线l的方程为y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+2）
当直线l的斜率不存在时，直线l的方程为x=-2
此时点M（-2，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），N（-2，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），满足S_△MON=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
综上得，直线l的方程为x=-2或y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+2）．

点评 本题考查椭圆方程、直线方程的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、弦长公式、点到直线距离公式、正弦定理、椭圆性质的合理运用．