Question

2．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，兩個焦點為F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），P是橢圓上的動點，且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值為2．
（1）求橢圓方程；
（2）過左焦點的直線l交橢圓C與M、N兩點，且滿足$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}sinθ=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}cosθ$$（θ≠\frac{π}{2}）$，求直線l的方程（其中∠MON=θ，O為坐標原點）．

Answer 1

分析 （1）由橢圓兩個焦點為F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），P是橢圓上的動點，且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值為2，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓C的方程．
（2）當直線l的斜率存在時，設直線l₁的方程為y=k（x+2），代入橢圓C的方程$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1，得（3k²+1）x²+12k²x+12k²-6=0，由此利用韋達定理、弦長公式、點到直線距離公式、正弦定理能求出直線l；直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=-2．由此能求出結果．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，兩個焦點為F₁（-2，0），F(xiàn)₂（2，0），P是橢圓上的動點，且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值為2
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{（a+c）（a-c）=2}\end{array}\right.$，
解得c=2，a²=6，b²=2，
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（2）當直線l的斜率存在時，
設直線l₁的方程為y=k（x+2），代入橢圓C的方程$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1，并整理得：
（3k²+1）x²+12k²x+12k²-6=0，
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
則x₁+x₂=-$\frac{12{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{12{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+1}$，
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}$，
坐標原點O到直線l的距離d=$\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∵$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}sinθ=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}cosθ$$（θ≠\frac{π}{2}）$，
∴S_△MON=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∴S_△MON=$\frac{1}{2}$|MN|d=$\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{6}（1+{k}^{2}）}{3{k}^{2}+1}×\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
解得k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$此時直線l的方程為y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+2）
當直線l的斜率不存在時，直線l的方程為x=-2
此時點M（-2，$\frac{\sqrt{6}}{3}$），N（-2，-$\frac{\sqrt{6}}{3}$），滿足S_△MON=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
綜上得，直線l的方程為x=-2或y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+2）．

點評 本題考查橢圓方程、直線方程的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、弦長公式、點到直線距離公式、正弦定理、橢圓性質(zhì)的合理運用．