Question

12．已知橢圓E的長軸長與焦距比為2：1，左焦點F（-2，0），一定點為P（-8，0）．
（1）求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過P的直線與橢圓交于P₁、P₂兩點，設(shè)直線P₁F、P₂F的斜率分別為k₁、k₂，求證：k₁+k₂=0．
（3）求△P₁P₂F面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），由題意可得c=1，由離心率公式可得a，進而得到b，即有橢圓方程，
（2）設(shè)直線PQ：y=k（x-2），代入橢圓方程，運用判別式大于0和韋達定理，結(jié)合直線的斜率公式，化簡整理可得k₁+k₂為定值；
（3）△P₁P₂F的面積S=$\frac{1}{2}$|PF|•|y₁-y₂|，由直線方程和韋達定理代入化簡，再由換元法和二次函數(shù)的最值求法，即可得到最大值．

解答 解：（1）設(shè)橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
由題意可得c=2，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，又c²=a²-b²，
解得c=2，a=4，b=2$\sqrt{3}$，
即橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{12}$=1；
（2）證明：設(shè)直線P₁P₂：y=k（x+8），
代入橢圓方程可得（3+4k²）x²+64k²x+256k²-48=0，
由△=64²k⁴-4（3+4k²）（256k²-48）＞0，即有
設(shè)P₁（x₁，y₁），P₂（x₂，y₂），
x₁+x₂=-$\frac{64{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{256{k}^{2}-48}{3+4{k}^{2}}$，
即有k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$=$\frac{k（{x}_{1}+8）}{{x}_{1}+2}$+$\frac{k（{x}_{2}+8）}{{x}_{2}+2}$=k•$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}+10（{x}_{1}+{x}_{2}）+32}{{x}_{1}{x}_{2}+2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$，
將韋達定理代入上式，可得
2x₁x₂+10（x₁+x₂）+32=$\frac{512{k}^{2}-96}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{640{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+32=0，
則k₁+k₂=0；
（2）△P₁P₂F面積S=$\frac{1}{2}$|PF|•|y₁-y₂|
=3|k|•|x₁-x₂|=3|k|•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=3|k|•$\sqrt{（-\frac{64k}{3+4{k}^{2}}）^{2}-\frac{1024{k}^{2}-192}{3+4{k}^{2}}}$
=72•$\sqrt{\frac{{k}^{2}（1-4{k}^{2}）}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
設(shè)t=3+4k²（3＜t＜4），
則S=72•$\sqrt{\frac{\frac{t-3}{4}（4-t）}{{t}^{2}}}$=36$\sqrt{\frac{7}{t}-\frac{12}{{t}^{2}}-1}$=36$\sqrt{-12（\frac{1}{t}-\frac{7}{24}）^{2}+\frac{1}{48}}$，
當(dāng)$\frac{1}{t}$=$\frac{7}{24}$即t=$\frac{24}{7}$即k=±$\frac{\sqrt{21}}{14}$時，取得最大值，且為3$\sqrt{3}$．
則△P₁P₂F面積的最大值為3$\sqrt{3}$．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)及運用，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，聯(lián)立直線方程和橢圓方程運用韋達定理，同時考查三角形的面積的最大值，注意運用二次函數(shù)的最值求法，屬于中檔題．