Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂．G為橢圓上異于長(zhǎng)軸端點(diǎn)的一點(diǎn)，若△GF₁F₂的面積為2，且其內(nèi)切圓半徑為2-$\sqrt{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）直線l：y=k（x-1）（k＜0）與橢圓C相交于A、B兩點(diǎn)，點(diǎn)P（3，0），記直線PA，PB的斜率分別為k₁、k₂，當(dāng)$\frac{{k}_{1}{k}_{2}}{k}$取得最大值時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）運(yùn)用橢圓的離心率公式和三角形的面積求法，結(jié)合內(nèi)切圓的半徑和橢圓的定義，解方程可得a，c，再由a，b，c的關(guān)系，可得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）y=k（x-1）（k＜0）代入橢圓方程可得，（1+2k²）x²-4k²x+2k²-4=0，設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，結(jié)合基本不等式即可得到所求最大值，進(jìn)而得到所求直線的方程．

解答 解：（1）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
${S}_{△G{F}_{1}{F}_{2}}$=$\frac{1}{2}$r（PF₁+PF₂+F₁F₂）=$\frac{1}{2}$×（2-$\sqrt{2}$）•（2a+2c）=2，
即為a+c=2+$\sqrt{2}$，
解得c=$\sqrt{2}$，a=2，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）直線l：y=k（x-1）（k＜0）代入橢圓方程可得，
（1+2k²）x²-4k²x+2k²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
可得△=16k⁴-4（1+2k²）（2k²-4）＞0，
即為4+6k²＞0成立．
x₁+x₂=$\frac{4{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，
即有$\frac{{k}_{1}{k}_{2}}{k}$=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{k（{x}_{1}-3）（{x}_{2}-3）}$=$\frac{k（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}{（{x}_{1}-3）（{x}_{2}-3）}$
=$\frac{k（{x}_{1}{x}_{2}+1-{x}_{1}-{x}_{2}）}{{x}_{1}{x}_{2}+9-3（{x}_{1}+{x}_{2}）}$=$\frac{k（2{k}^{2}-4+1+2{k}^{2}-4{k}^{2}）}{2{k}^{2}-4+9+18{k}^{2}-12{k}^{2}}$
=$\frac{-3k}{5+8{k}^{2}}$=$\frac{3}{\frac{5}{-k}+（-8k）}$≤$\frac{3}{2\sqrt{40}}$=$\frac{3\sqrt{10}}{40}$．
當(dāng)且僅當(dāng)-8k=-$\frac{5}{k}$，解得k=-$\frac{\sqrt{10}}{4}$．
即有$\frac{{k}_{1}{k}_{2}}{k}$取得最大值時(shí)，直線l的方程為y=-$\frac{\sqrt{10}}{4}$（x-1）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的定義和離心率公式，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和直線的斜率公式，以及基本不等式求最值，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．