Question

7．已知F₁（-$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{3}$，0）為橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點，點P在橢圓C上，且△PF₁F₂面積的最大值為$\sqrt{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程
（Ⅱ）若直線l與橢圓C交于A，B兩點．△OAB的面積為1，$\overrightarrow{OG}$=s$\overrightarrow{OA}$+t$\overrightarrow{OB}$（s，t∈R），當點G在橢圓C上運動時，試問s²+t²是否為定值，若是定值，求出這個定值，若不是定值，求出s²+t²的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得c=$\sqrt{3}$，當P為短軸的端點時，△PF₁F₂面積取得最大值，即可得到b=1，求得a，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）設直線l的方程為y=kx+m，代入橢圓方程x²+4y²=4，運用韋達定理，由三角形的面積公式結合向量數(shù)量積的定義和坐標表示，可得S_△OAB=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|=1，化簡整理可得1+4k²=2m²，再由向量的坐標表示，計算即可得到x₁x₂+4y₁y₂=0，運用點滿足橢圓方程，化簡整理可得s²+t²=1為定值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得c=$\sqrt{3}$，
當P為短軸的端點時，△PF₁F₂面積取得最大值$\frac{1}{2}$•b•2c=$\sqrt{3}$，
解得b=1，a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=2，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）設直線l的方程為y=kx+m，代入橢圓方程x²+4y²=4，
可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
即有x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
S_△OAB=$\frac{1}{2}$|OA|•|OB|sin∠AOB=$\frac{1}{2}$$\sqrt{|OA{|}^{2}|OB{|}^{2}-（\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}）^{2}}$
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{（{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}）（{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}）-（{x}_{1}{x}_{2}+{y}_{1}{y}_{2}）^{2}}$=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|
=$\frac{1}{2}$|x₁（kx₂+m）-x₂（kx₁+m）|=$\frac{1}{2}$|m（x₁-x₂）|=$\frac{1}{2}$|m|•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16{m}^{2}-16}{1+4{k}^{2}}}$=1，
化簡可得1+4k²=2m²，
設G（x，y），由$\overrightarrow{OG}$=s$\overrightarrow{OA}$+t$\overrightarrow{OB}$，可得
x=sx₁+tx₂，y=sy₁+ty₂．
又因為點G在橢圓C上，所以有（sx₁+tx₂）²+4（sy₁+ty₂）²=4，
整理可得：s²（x₁²+4y₁²）+t²（x₂²+4y₂²）+2st（x₁x₂+4y₁y₂）=4．
即為4（s²+t²）+2st（x₁x₂+4y₁y₂）=4．
由x₁x₂=2-$\frac{2}{{m}^{2}}$，x₁+x₂=-$\frac{4k}{m}$，
可得4y₁y₂=4（kx₁+m）（kx₂+m）=4[k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²]
=4k²•（2-$\frac{2}{{m}^{2}}$）+4km（-$\frac{4k}{m}$）+4m²=$\frac{2}{{m}^{2}}$-2，
可得x₁x₂+4y₁y₂=0，即有s²+t²=1為定值．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用橢圓的焦點和橢圓的范圍，考查定值問題的解法，注意運用直線和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和向量的坐標表示，考查化簡整理的運算能力，綜合性強，屬于難題．