Question

2．已知橢圓C的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，右焦點(diǎn)為F₂（1，0），過(guò)點(diǎn)B（2，0）作直線交橢圓C于P，Q兩點(diǎn)，設(shè)直線PF₂和QF₂的斜率分別為k₁，k₁．
（1）求證：k₁+k₂為定值；
（2）求△PF₂Q面積S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(jìn)而得到b，即有橢圓方程，設(shè)直線PQ：y=k（x-2），代入橢圓方程，運(yùn)用判別式大于0和韋達(dá)定理，結(jié)合直線的斜率公式，化簡(jiǎn)整理可得k₁+k₂為定值；
（2））△PF₂Q面積S=$\frac{1}{2}$|BF₂|•|y₁-y₂|，由直線方程和韋達(dá)定理代入化簡(jiǎn)，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）證明：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，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又c²=a²-b²，
解得b=c=1，a=$\sqrt{2}$，
即橢圓為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，
設(shè)直線PQ：y=k（x-2），
代入橢圓方程可得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
由△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，
可得0＜k²＜$\frac{1}{2}$，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{8{k}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
即有k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-1}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-1}$=$\frac{k（{x}_{1}-2）}{{x}_{1}-1}$+$\frac{k（{x}_{2}-2）}{{x}_{2}-1}$
=k•$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-3（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}{{x}_{1}{x}_{2}-（{x}_{1}+{x}_{2}）+1}$，
將韋達(dá)定理代入上式，可得
2x₁x₂-3（x₁+x₂）+4=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{24{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+4=0，
則k₁+k₂為定值0；
（2）△PF₂Q面積S=$\frac{1}{2}$|BF₂|•|y₁-y₂|
=$\frac{1}{2}$|k|•|x₁-x₂|=$\frac{1}{2}$|k|•$\sqrt{\frac{64{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{32{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$
=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{{k}^{2}（1-2{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，設(shè)t=1+2k²（1＜t＜2），
則S=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{\frac{t-1}{2}（2-t）}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{3}{t}-\frac{2}{{t}^{2}}-1}$=$\sqrt{-2（\frac{1}{t}-\frac{3}{4}）^{2}+\frac{1}{8}}$，
當(dāng)$\frac{1}{t}$=$\frac{3}{4}$即t=$\frac{4}{3}$即k=±$\frac{\sqrt{6}}{6}$時(shí)，取得最大值，且為$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
則△PF₂Q面積S的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)及運(yùn)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(yùn)用韋達(dá)定理，同時(shí)考查三角形的面積的最大值，注意運(yùn)用二次函數(shù)的最值求法，屬于中檔題．