Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），F(xiàn)₁，F(xiàn)₂為其左、右焦點，P是橢圓C上一點，PF₂⊥x軸，且sin∠PF₁F₂=$\frac{3}{5}$．
（Ⅰ）求橢圓C的離心率e；
（Ⅱ）過焦點F₂的直線l與橢圓C相交于點M、N，若△F₁MN面積的最大值為6，求橢圓C的方程．

Answer 1

分析 （I）由PF₂⊥x軸，且sin∠PF₁F₂=$\frac{3}{5}$，不妨設(shè)|PF₁|=5，|PF₂|=3，可得|F₁F₂|=4=2c，可得c．利用橢圓的定義可得5+3=2a，解得a，即可得出e=$\frac{c}{a}$．
（II）設(shè)直線l的方程為my=x-c，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為（3m²+4）y²+6mcy-9c²=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$．焦點F₁到直線l的距離d=$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．可得${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}d|MN|$，再利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性單調(diào)性即可得出．

解答 解：（I）∵PF₂⊥x軸，且sin∠PF₁F₂=$\frac{3}{5}$，不妨設(shè)|PF₁|=5，|PF₂|=3，可得|F₁F₂|=4=2c，解得c=2．
∴5+3=2a，解得a=4，
∴e=$\frac{c}{a}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$．
（II）設(shè)直線l的方程為my=x-c，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-c}\\{\frac{{x}^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{3{c}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化為（3m²+4）y²+6mcy-9c²=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-6mc}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9{c}^{2}}{3{m}^{2}+4}$．
∴|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{12c（1+{m}^{2}）}{3{m}^{2}+4}$．
焦點F₁到直線l的距離d=$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
∴${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}d|MN|$=$\frac{1}{2}$×$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$×$\frac{12c（1+{m}^{2}）}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{12{c}^{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{3{m}^{2}+4}$．
設(shè)$\sqrt{1+{m}^{2}}$=t≥1，則m²=t²-1．
∴${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12{c}^{2}t}{3{t}^{2}+1}$=$\frac{12{c}^{2}}{3t+\frac{1}{t}}$，
令f（t）=3t+$\frac{1}{t}$（t≥1），f′（t）=3-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0，
∴函數(shù)f（t）單調(diào)遞增，當(dāng)t=1時，函數(shù)f（t）取得最小值f（1）=4，
∴${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12{c}^{2}}{3t+\frac{1}{t}}$≤3c²=6，解得c²=2．
∴a²=8，b²=6．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{6}$=1．

點評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、三角形面積計算公式、點到直線的距離公式、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．