Question

8．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{{b{\;}^2}}$=1（a＞0，b＞0）的左、右兩焦點(diǎn)分別為F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），橢圓上有一點(diǎn)A與兩焦點(diǎn)的連線構(gòu)成的△AF₁F₂中，滿足∠AF₁F₂=$\frac{π}{12}，∠A{F_2}{F_1}=\frac{7π}{12}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)點(diǎn)B，C，D是橢圓上不同于橢圓頂點(diǎn)的三點(diǎn)，點(diǎn)B與點(diǎn)D關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱，設(shè)直線BC，CD，OB，OC的斜率分別為k₁，k₂，k₃，k₄，且k₁•k₂=k₃•k₄，求OB²+OC²的值．

Answer 1

分析 （1）在△AF₁F₂中，由正弦定理得a，結(jié)合焦點(diǎn)坐標(biāo)求出c，求解b，可得橢圓方程．
（2）設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），則D（-x₁，-y₁）．通過斜率乘積轉(zhuǎn)化求解OB²+OC²的值即可．

解答 解：（1）在△AF₁F₂中，由正弦定理得：$\frac{{A{F_1}}}{{sin\frac{7π}{12}}}=\frac{{A{F_2}}}{{sin\frac{π}{12}}}=\frac{2}{{sin\frac{π}{3}}}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$$A{F_1}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}sin\frac{7π}{12}，A{F_2}=\frac{{4\sqrt{3}}}{3}sin\frac{π}{12}$，
所以$2a=A{F}_{1}+A{F}_{2=}\frac{4\sqrt{3}}{3}（sin\frac{7π}{12}+sin\frac{π}{12}）=\frac{4\sqrt{3}}{3}[sin（\frac{π}{3}+\frac{π}{4}）+sin（\frac{π}{3}-\frac{π}{4}）]=2\sqrt{2}$，
解得$a=\sqrt{2}$，b=1，所以橢圓C的方程為：$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），則D（-x₁，-y₁）．
由${k_1}•{k_2}=\frac{{{y_2}-{y_1}}}{{{x_2}-{x_1}}}•\frac{{{y_2}+{y_1}}}{{{x_2}+{x_1}}}=\frac{{{y_2}^2-{y_1}^2}}{{{x_2}^2-{x_1}^2}}=\frac{{1-\frac{{{x_2}^2}}{2}-1+\frac{{{x_1}^2}}{2}}}{{{x_2}^2-{x_1}^2}}=-\frac{1}{2}$，
所以${k_3}{k_4}={k_1}{k_2}=-\frac{1}{2}$，即${k_3}•{k_4}=\frac{y_1}{x_1}\frac{y_2}{x_2}=-\frac{1}{2}$，
于是有${x_1}^2•{x_2}^2=（2-2{y_1}^2）•（2-2{y_2}^2）=4{y_1}^2•{y_2}^2$，即${y_1}^2+{y_2}^2=1$
∴$O{B^2}+O{C^2}={x_1}^2+{y_1}^2+{x_2}^2+{y_2}^2=（2-2{y_1}^2）+{y_1}^2+（2-2{y_2}^2）+{y_2}^2=4-{y_1}^2-{y_2}^2=3$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力．