Question

16．已知橢圓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，過(guò)F₂的直線l交橢圓于A，B兩點(diǎn)，△ABF₁的周長(zhǎng)為8，且△AF₁F₂的面積的最大時(shí)，△AF₁F₂為正三角形．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若是橢圓C經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的弦，MN∥AB，求證：$\frac{|MN{|}^{2}}{|AB|}$為定值．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用橢圓的定義，可得4a=8，解得a=2，再由橢圓的對(duì)稱(chēng)性可得a=2c，求得b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）討論直線l的斜率不存在，求得方程和AB，MN的長(zhǎng)，即可得到所求值；討論直線l的斜率存在，設(shè)為y=k（x-1），聯(lián)立橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，設(shè)MN的方程為y=kx，代入橢圓方程，求得MN的長(zhǎng)，即可得到所求定值．

解答 解：（1）由已知A，B在橢圓上，可得|AF₁|+|AF₂|=|BF₁|=|BF₂|=2a，
又△ABF₁的周長(zhǎng)為8，所以|AF₁|+|AF₂|+|BF₁|=|BF₂|=4a=8，即a=2，
由橢圓的對(duì)稱(chēng)性可得，△AF₁F₂為正三角形當(dāng)且僅當(dāng)A為橢圓短軸頂點(diǎn)，
則a=2c，即c=1，b²=a²-c²=3，
則橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）證明：若直線l的斜率不存在，即l：x=1，求得|AB|=3，|MN|=2$\sqrt{3}$，可得$\frac{|MN{|}^{2}}{|AB|}$=4；
若直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y=k（x-1），
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，可得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
有x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$，
由y=kx代入橢圓方程，可得x=±$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3+4{k}^{2}}}$，
|MN|=2$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3+4{k}^{2}}}$=4$\sqrt{\frac{3（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}}$，
即有$\frac{|MN{|}^{2}}{|AB|}$=4．
綜上可得$\frac{|MN{|}^{2}}{|AB|}$為定值4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用橢圓的定義和對(duì)稱(chēng)性，考查直線和橢圓的位置關(guān)系，注意運(yùn)用聯(lián)立橢圓和直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長(zhǎng)公式，考查化簡(jiǎn)整理不等運(yùn)算能力，屬于中檔題．