Question

6．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，下頂點(diǎn)為B，直線BF₂的方程為x-y-b=0．
（Ⅰ）求橢圓C的離心率；
（Ⅱ）設(shè)P為橢圓上異于其頂點(diǎn)的一點(diǎn)，P到直線BF₂的距離為$\sqrt{2}$b，且三角形PF₁F₂的面積為$\frac{1}{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若斜率為k的直線l與橢圓C相切，過焦點(diǎn)F₁，F(xiàn)₂分別作F₁M⊥l，F(xiàn)₂M⊥l，垂足分別為M，N，求（|F₁M|+|F₂N|）•|MN|的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由直線方程求得F₂（b，0），c=b，則a=$\sqrt{2}$c，即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）（1）利用點(diǎn)到直線的距離公式，聯(lián)立橢圓方程，求得P點(diǎn)坐標(biāo)，利用三角形的面積公式即可求得b的值，即可求得橢圓方程；
（2）分類討論，當(dāng)直線斜率k≠0時(shí)，代入橢圓方程，由△-0，求得m和k的關(guān)系，求得（|F₁M|+|F₂N|）•|MN丨，利用基本不等式的性質(zhì)即可求得（|F₁M|+|F₂N|）•|MN丨取值范圍，當(dāng)k=0，四邊形F₁MF₂N為矩形，（|F₁M|+|F₂N|）•|MN|=（1+1）×2=4，即可求得（|F₁M|+|F₂N|）•|MN|的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由直線BF₂的方程為x-y-b=0．則F₂（b，0），c=b，
則a²=b²+c²=2c²，
橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴橢圓C的離心率$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（Ⅱ）（1）設(shè)P（x₀，y₀），則$\frac{丨{x}_{0}-{y}_{0}-b丨}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$b，
則x₀-y₀-3b=0，或x₀-y₀+b=0，
由$\left\{\begin{array}{l}{x-y-3b=0}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2^{2}}\end{array}\right.$，無解，
$\left\{\begin{array}{l}{x-y+b=0}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2^{2}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{4}{3}b}\\{y=-\frac{1}{3}b}\end{array}\right.$，
由△PF₁F₂的面積為S=$\frac{1}{2}$×2b×$\frac{1}{3}$b=$\frac{1}{3}$．
解得：b=1，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$，
（2）設(shè)直線l：y=kx+m，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（2k²+1）x²+4kmx+2m²-2=0，
由△=（4km）²-4（2k²+1）（2m²-2）=0，整理得m²=2k²+1，
丨F₁M丨=$\frac{丨m-k丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，丨F₂M丨=$\frac{丨m+k丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
當(dāng)k≠0時(shí)，則丨MN丨=$\frac{丨{F}_{1}M丨-丨{F}_{2}N丨}{k}$，
則（|F₁M|+|F₂N|）•|MN|=$\frac{4丨km丨}{（1+{k}^{2}）丨k丨}$=$\frac{4丨m丨}{（1+{k}^{2}）}$=$\frac{4丨m丨}{1+\frac{{m}^{2}-1}{2}}$=$\frac{8}{丨m丨+\frac{1}{丨m丨}}$≤4，
當(dāng)且僅當(dāng)丨m丨=1時(shí)，取等號(hào)，
而k≠0，則丨m丨≠1，因此（|F₁M|+|F₂N|）•|MN|＜4，
當(dāng)k=0時(shí)，四邊形F₁MF₂N為矩形，
此時(shí)（|F₁M|+|F₂N|）•|MN|=（1+1）×2=4，
綜上可知：（|F₁M|+|F₂N|）•|MN|的最大值為4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查橢圓與基本不等式的綜合利用，考查分類討論思想，屬于中檔題．