Question

11．已知橢圓c：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點為F₁、F₂，左右頂點A、B，點M為橢圓C上任意一點，滿足直線MA，MB的斜率之積為-$\frac{3}{4}$且|MF₁|•|MF₂|的最大值為4．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）已知直線x=$\frac{{a}^{2}}{c}$與x軸的交點為S，過S點直線l與橢圓C相交與P、Q兩點，連接點QF₂并延長，交軌跡C于一點P′．求證：|P′F₂|=|PF₂|

Answer 1

分析 （1）利用直線PA，PB的斜率之積為-$\frac{3}{4}$，確定a，b的關(guān)系，及|MF₁|•|MF₂|的最大值為a²=4，即可求得a，b即可．
（2）只需證明${k}_{P{F}_{2}}+{k}_{Q{F}_{2}}$=0，即直線PF₂與P′F₂關(guān)于x軸對稱，可得結(jié)論，聯(lián)立直線l與橢圓，利用根與系數(shù)的關(guān)系可證明．

解答 解：（1）由題意，A（-a，0），B（a，0），設(shè)P（x₀，y₀），則${y}_{0}=\frac{^{2}}{{a}^{2}}（{a}^{2}-{{x}_{0}}^{2}）$，
∴k_PA•k_PB=$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-{a}^{2}}$=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$=-$\frac{3}{4}$，
且|MF₁|•|MF₂|≤[$\frac{1}{2}$（|MF₁|•|MF₂|）]²=a²=4，
∴a²=4，b²=3，
∴橢圓C的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$．
（2）由（1）得直線x=$\frac{{a}^{2}}{c}$與x軸的交點S（4，0），F(xiàn)₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
設(shè)直線l的方程為：x=my+4，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\\{x=my+4}\end{array}\right.$，得（3m²+4）y²+24my+36=0，
△=（24m）²-4×36×（3m²+4）＞0，
${y}_{1}+{y}_{2}=\frac{-24m}{3{m}^{2}+4}$，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{36}{3{m}^{2}+4}$，
∵${k}_{P{F}_{2}}+{k}_{Q{F}_{2}}$=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}+\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-1}$=$\frac{{y}_{1}（{x}_{2}-1）+{y}_{2}（{x}_{1}-1）}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}$=$\frac{2m{y}_{1}{y}_{2}+3（{y}_{1}+{y}_{2}）}{（{x}_{1}-1）（{x}_{2}-1）}$，
∵2my₁y₂+3（y₁+y₂）=$2m×\frac{36}{3{m}^{2}+3}+3×\frac{-24m}{3{m}^{2}+4}$=0，
∴${k}_{P{F}_{2}}+{k}_{Q{F}_{2}}$=0，
即直線PF₂與P′F₂關(guān)于x軸對稱，∴|P′F₂|=|PF₂|

點評 本題考查了橢圓的方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，屬于中檔題．