Question

19．平面直角坐标系中，椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）上的两点M，N关于原点对称，P为椭圆上异于M，N的两点，若直线PM，PN的斜率分别为k₁，k₂（k₁，k₂存在且不为0），椭圆的离心率$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
（1）求k₁•k₂的值；
（2）若F₁，F₂是椭圆C左、右焦点，且直线PF₁交椭圆C于Q，若△PF₂Q的面积最大值为$\sqrt{2}$时，求椭圆C的方程．

Answer 1

分析 （1）运用椭圆的离心率公式，设M（x₁，y₁），N（-x₁，-y₁），P（x₂，y₂），代入椭圆方程，运用点差法，结合直线的斜率公式，化简整理，可得所求值；
（2）设直线PF₁方程为x=my-$\sqrt{2}$t，代入椭圆方程x²+2y²=4t²，运用韦达定理，由|y₁-y₂|²=（y₁+y₂）²-4y₁y₂，化简整理，运用基本不等式可得最大值，再由△PF₂Q的面积为$\frac{1}{2}$•2c•|y₁-y₂|，可得最大值，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程．

解答 解：（1）由题意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，可设a=2t，c=$\sqrt{2}t$，b=$\sqrt{2}$t，
设M（x₁，y₁），N（-x₁，-y₁），P（x₂，y₂），
可得$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{b}^{2}}$=1，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{{b}^{2}}$=1，
两式相减可得，$\frac{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}}{{b}^{2}}$=1，
由k₁•k₂=$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$•$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}$=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$；
（2）设直线PF₁方程为x=my-$\sqrt{2}$t，代入椭圆方程x²+2y²=4t²，
可得（2+m²）y²-2$\sqrt{2}$mty-2t²=0，
y₁+y₂=$\frac{2\sqrt{2}mt}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{2{t}^{2}}{2+{m}^{2}}$，
|y₁-y₂|²=（y₁+y₂）²-4y₁y₂=$\frac{8{m}^{2}{t}^{2}}{（2+{m}^{2}）^{2}}$+$\frac{8{t}^{2}}{2+{m}^{2}}$=$\frac{16{t}^{2}（1+{m}^{2}）}{（2+{m}^{2}）^{2}}$
=$\frac{16{t}^{2}}{（1+{m}^{2}）+\frac{1}{1+{m}^{2}}+2}$≤$\frac{16{t}^{2}}{2+2}$=4t²，
当且仅当1+m²=1，即m=0时，|y₁-y₂|取得最大值2t，
由△PF₂Q的面积为$\frac{1}{2}$•2c•|y₁-y₂|=$\sqrt{2}$t•|y₁-y₂|，
可得面积的最大值为2$\sqrt{2}$t²=$\sqrt{2}$，解得t=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
可得a=$\sqrt{2}$，b=1，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，注意运用椭圆方程和直线方程联立，运用韦达定理和弦长公式，同时考查直线的斜率公式的运用，以及基本不等式的运用，化简整理能力，属于中档题．