Question

19．過橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上一點M作直線MA，MB交橢圓于A，B兩點，且點A，B關(guān)于原點對稱，設(shè)MA，MB的斜率分別為k₁，k₂，k₁•k₂=-$\frac{2}{3}$，又橢圓的一個焦點與拋物線y²=4x的焦點重合．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若直線l過橢圓的右焦點F₂，且繞F₂旋轉(zhuǎn)，l與橢圓C相交于P，Q兩點，求△F₁PQ的面積的最大值（F₁為橢圓C的左焦點）．

Answer 1

分析 （1）由拋物線的知識易得c=1，設(shè)M（x₀，y₀），A（x₁，y₁），則由對稱性可得B（-x₁，-y₁），由點差法可得$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，再由k₁•k₂=-$\frac{2}{3}$和斜率公式可得$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{2}{3}$，進(jìn)而可$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，再由c=1可得a²-b²=1，聯(lián)立可得解得a²和b²，可得橢圓C的方程；
（2）設(shè)l與橢圓C相交于P（x₂，y₂），Q（x₃，y₃）兩點，△F₁PQ的面積S=$\frac{1}{2}$×|F₁F₂|×|y₂-y₃|=|y₂-y₃|，結(jié)合圖象可知當(dāng)直線l與x軸垂直時|y₂-y₃|取最大值，解點的坐標(biāo)可得．

解答 解：（1）∵拋物線y²=4x的焦點為（1，0），∴c=1，
設(shè)M（x₀，y₀），A（x₁，y₁），則由對稱性可得B（-x₁，-y₁），
由點在橢圓上可得$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}$=1，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}$=1，
兩式相減可得$\frac{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}$=0，即$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，
又k₁•k₂=-$\frac{2}{3}$，∴$\frac{{y}_{0}-{y}_{1}}{{x}_{0}-{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{0}+{y}_{1}}{{x}_{0}+{x}_{1}}$=-$\frac{2}{3}$，即$\frac{{{y}_{0}}^{2}-{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{{x}_{1}}^{2}}$=-$\frac{2}{3}$，
故-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{2}{3}$，即$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{2}{3}$，由c=1可得a²-b²=1，
聯(lián)立解得a²=3，b²=2，∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）由（1）可得F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
設(shè)l與橢圓C相交于P（x₂，y₂），Q（x₃，y₃）兩點
∴△F₁PQ的面積S=$\frac{1}{2}$×|F₁F₂|×|y₂-y₃|=|y₂-y₃|，
結(jié)合圖象可知當(dāng)直線l與x軸垂直時|y₂-y₃|取最大值，
聯(lián)立$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1與x=1可解得y=±$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴所求面積的最大值為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$

點評 本題考查橢圓的簡單幾何性質(zhì)，舍而不求的整體思想以及數(shù)形結(jié)合是解決問題的關(guān)鍵，屬中檔題．