Question

11．已知椭圆c：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{b}$=1（a＞b＞0）的左右焦点为F₁、F₂，左右顶点A、B，点M为椭圆C上任意一点，满足直线MA，MB的斜率之积为-$\frac{3}{4}$且|MF₁|•|MF₂|的最大值为4．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）已知直线x=$\frac{{a}^{2}}{c}$与x轴的交点为S，过S点直线l与椭圆C相交与P、Q两点，连接点QF₂并延长，交轨迹C于一点P′．求证：|P′F₂|=|PF₂|

Answer 1

分析 （1）利用直线PA，PB的斜率之积为-$\frac{3}{4}$，确定a，b的关系，及|MF₁|•|MF₂|的最大值为a²=4，即可求得a，b即可．
（2）只需证明${k}_{P{F}_{2}}+{k}_{Q{F}_{2}}$=0，即直线PF₂与P′F₂关于x轴对称，可得结论，联立直线l与椭圆，利用根与系数的关系可证明．

解答 解：（1）由题意，A（-a，0），B（a，0），设P（x₀，y₀），则${y}_{0}=\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}（{a}^{2}-{{x}_{0}}^{2}）$，
∴k_PA•k_PB=$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{a}^{2}}$=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$，
且|MF₁|•|MF₂|≤[$\frac{1}{2}$（|MF₁|•|MF₂|）]²=a²=4，
∴a²=4，b²=3，
∴椭圆C的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）由（1）得直线x=$\frac{{a}^{2}}{c}$与x轴的交点S（4，0），F₁（-1，0），F₂（1，0），
设直线l的方程为：x=my+4，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\\{x=my+4}\end{array}\right.$，得（3m²+4）y²+24my+36=0，
△=（24m）²-4×36×（3m²+4）＞0，
${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-24m}{3{m}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{36}{3{m}^{2}+4}$，
∵${k}_{P{F}_{2}}+{k}_{Q{F}_{2}}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-1}$=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-1）+{y}_{2}（{x}_{1}-1）}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}$=$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}+3（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}$，
∵2my₁y₂+3（y₁+y₂）=$2m×\frac{36}{3{m}^{2}+3}+3×\frac{-24m}{3{m}^{2}+4}$=0，
∴${k}_{P{F}_{2}}+{k}_{Q{F}_{2}}$=0，
即直线PF₂与P′F₂关于x轴对称，∴|P′F₂|=|PF₂|

点评 本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．