Question

9．如图，已知椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），双曲线$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的两条渐近线为l₁、l₂．过椭圆C的右焦点F作直线l，使l丄l₁．设直线l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A，B，直线l与直线l₂交于P点．
（Ⅰ）若l₁与l₂的夹角为60°，且双曲线的焦距为4，求椭圆C的方程：
（n）设$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{AP}$，当λ取得最大时，椭圆C的离心率是多少？

Answer 1

分析 （Ⅰ）双曲线的渐近线方程为y=±$\frac{b}{a}$x，又由∠POF=30°，从而得$\frac{b}{a}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，从而解得；
（Ⅱ）易知直线l的方程为y=$\frac{a}{b}$（x-c），直线l₂的方程为y=$\frac{b}{a}$x，从而求得P（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{ab}{c}$）；由$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{AP}$得（x₀-c，y₀）=λ（$\frac{{a}^{2}}{c}$-x₀，$\frac{ab}{c}$-y₀），从而可得x₀=$\frac{{c}^{2}+λ{a}^{2}}{c（1+λ）}$，y₀=$\frac{λab}{c（1+λ）}$，代入椭圆方程化简得（e²+λ）²+λ²=（1+λ）²e²，从而可得λ²=$\frac{{e}^{2}-{e}^{4}}{2-{e}^{2}}$=-（2-e²+$\frac{2}{2-{e}^{2}}$）+3，从而利用基本不等式求最值及最值点．

解答 解：（Ⅰ）∵双曲线方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，
∴双曲线的渐近线方程为y=±$\frac{b}{a}$x，
∵l₁与l₂的夹角为60°，$\frac{b}{a}$＜1，
∴∠POF=30°，
∴$\frac{b}{a}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴a=$\sqrt{3}$b，又∵2c=4，
∴c=2，a=$\sqrt{3}$，b=1；
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{3}$+y²=1；
（Ⅱ）∵l丄l₁，
∴直线l的方程为y=$\frac{a}{b}$（x-c），其中c=$\sqrt{{a}^{2}-{b}^{2}}$，
∵直线l₂的方程为y=$\frac{b}{a}$x，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{a}{b}（x-c）}\\{y=\frac{b}{a}x}\end{array}\right.$解得，
P（$\frac{{a}^{2}}{c}$，$\frac{ab}{c}$）；
设A（x₀，y₀），且F（c，0），
∵$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{AP}$，
∴（x₀-c，y₀）=λ（$\frac{{a}^{2}}{c}$-x₀，$\frac{ab}{c}$-y₀），
解得，x₀=$\frac{{c}^{2}+λ{a}^{2}}{c（1+λ）}$，y₀=$\frac{λab}{c（1+λ）}$，
∴$\frac{（{c}^{2}+λ{a}^{2}）^{2}}{{a}^{2}{c}^{2}（1+λ）^{2}}$+$\frac{（λab）^{2}}{{b}^{2}{c}^{2}（1+λ）^{2}}$=1，
即（c²+λa²）²+λ²a⁴=（1+λ）²a²c²，
即（e²+λ）²+λ²=（1+λ）²e²，
即λ²=$\frac{{e}^{2}-{e}^{4}}{2-{e}^{2}}$=-（2-e²+$\frac{2}{2-{e}^{2}}$）+3，
≤-2$\sqrt{2}$+3，
（当且仅当2-e²=$\frac{2}{2-{e}^{2}}$，即e=$\sqrt{2-\sqrt{2}}$时，等号成立）；
此时λ有最大值$\sqrt{3-2\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$-1；
即当λ取得最大时，椭圆C的离心率e=$\sqrt{2-\sqrt{2}}$．

点评 本题考查了圆锥曲线与直线的位置关系的应用，同时考查了基本不等式的应用及学生的化简运算能力．