Question

10．橢圓Γ：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁，F(xiàn)₂，右頂點為A，上頂點為B．已知$|AB|=\frac{{\sqrt{7}}}{2}|{F_1}{F_2}|$
（Ⅰ）求橢圓的離心率；
（Ⅱ）過點M（-2a，0）的直線交橢圓Γ于P、Q（不同于左、右頂點）兩點，且$\frac{1}{{|P{F_1}|}}+\frac{1}{{|Q{F_1}|}}=\frac{1}{12}$．當(dāng)△PQF₁面積最大時，求直線PQ的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)橢圓右焦點F₂的坐標為（c，0），A（a，0），B（0，b），運用兩點的距離公式和a，b，c的關(guān)系和離心率公式，計算即可得到所求值；
（II）由橢圓的離心率可得橢圓方程為3x²+4y²=3a²．設(shè)直線PQ的方程為x=my-2a，代入橢圓方程，可得y的二次方程，運用韋達定理和弦長公式，求得△PQF₁面積，運用橢圓的焦半徑公式，結(jié)合基本不等式可得最大值，以及直線PQ的方程．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)橢圓右焦點F₂的坐標為（c，0），A（a，0），B（0，b），
由$|AB|=\frac{{\sqrt{7}}}{2}|{F_1}{F_2}|$，可得a²+b²=7c²．
又b²=a²-c²，則$\frac{c^2}{a^2}=\frac{1}{4}$，
所以橢圓的離心率$e=\frac{1}{2}$；
（II）橢圓的離心率是$\frac{1}{2}$，可得c²=$\frac{1}{4}$a²，即${b^2}=\frac{3}{4}{a^2}$，
則橢圓方程可寫為3x²+4y²=3a²．
設(shè)直線PQ的方程為x=my-2a，
聯(lián)立直線和橢圓方程，消去x得（3m²+4）y²-12may+9a²=0．
因而${y_1}+{y_2}=\frac{12ma}{{3{m^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=\frac{{9{a^2}}}{{3{m^2}+4}}$．
依題意，該方程的判別式△＞0，即m²-4＞0，
設(shè)P（x₁，y₁）、Q（x₂，y₂），
由焦半徑公式$|P{F_1}|=\frac{{|m{y_1}|}}{2}\;，\;\;|Q{F_1}|=\frac{{|m{y_2}|}}{2}$．
因此$\frac{1}{{|P{F_1}|}}+\frac{1}{{|Q{F_1}|}}=\frac{1}{12}$可化為$|\frac{1}{y_1}+\frac{1}{y_2}|=\frac{|m|}{24}$．①
將${y_1}+{y_2}=\frac{12ma}{{3{m^2}+4}}$，${y_1}{y_2}=\frac{{9{a^2}}}{{3{m^2}+4}}$代入①式得，$\frac{|12ma|}{{9{a^2}}}=\frac{|m|}{24}$，解得a=32．
所以${S_{△PQ{F_1}}}=\frac{1}{2}\;•\;\frac{3a}{2}|{y_1}-{y_2}|=\frac{{9{a^2}}}{2}\;•\;\frac{{\sqrt{{m^2}-4}}}{{3{m^2}+4}}$．②
令$t=\sqrt{{m^2}-4}$（t＞0），
則②式可化為${S_{△PQ{F_1}}}=\frac{{9{a^2}}}{2}\;•\;\frac{t}{{3{t^2}+16}}\;≤\;\frac{{9{a^2}}}{2}\;•\;\frac{t}{{2×4×\sqrt{3}t}}=192\sqrt{3}$．
當(dāng)且僅當(dāng)${t^2}=\frac{16}{3}$時，“=”成立，此時$m=±\frac{{2\sqrt{21}}}{3}$．
所以直線PQ的方程為$x=\frac{{2\sqrt{21}}}{3}y-64$或$x=-\frac{{2\sqrt{21}}}{3}y-64$．

點評 本題考查橢圓的離心率的求法，注意運用兩點的距離公式和基本量的關(guān)系，考查直線的方程的求法，注意運用聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，以及焦半徑公式和基本不等式的運用，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．