Question

10．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），F₁，F₂为其左、右焦点，P是椭圆C上一点，PF₂⊥x轴，且sin∠PF₁F₂=$\frac{3}{5}$．
（Ⅰ）求椭圆C的离心率e；
（Ⅱ）过焦点F₂的直线l与椭圆C相交于点M、N，若△F₁MN面积的最大值为6，求椭圆C的方程．

Answer 1

分析 （I）由PF₂⊥x轴，且sin∠PF₁F₂=$\frac{3}{5}$，不妨设|PF₁|=5，|PF₂|=3，可得|F₁F₂|=4=2c，可得c．利用椭圆的定义可得5+3=2a，解得a，即可得出e=$\frac{c}{a}$．
（II）设直线l的方程为my=x-c，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．直线方程与椭圆方程联立化为（3m²+4）y²+6mcy-9c²=0，利用根与系数的关系可得|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$．焦点F₁到直线l的距离d=$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．可得${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}d|MN|$，再利用导数研究函数单调性单调性即可得出．

解答 解：（I）∵PF₂⊥x轴，且sin∠PF₁F₂=$\frac{3}{5}$，不妨设|PF₁|=5，|PF₂|=3，可得|F₁F₂|=4=2c，解得c=2．
∴5+3=2a，解得a=4，
∴e=$\frac{c}{a}$=$\frac{2}{4}$=$\frac{1}{2}$．
（II）设直线l的方程为my=x-c，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-c}\\{\frac{{x}^{2}}{4{c}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{3{c}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化为（3m²+4）y²+6mcy-9c²=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-6mc}{3{m}^{2}+4}$，y₁y₂=$\frac{-9{c}^{2}}{3{m}^{2}+4}$．
∴|MN|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{12c（1+{m}^{2}）}{3{m}^{2}+4}$．
焦点F₁到直线l的距离d=$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$．
∴${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{1}{2}d|MN|$=$\frac{1}{2}$×$\frac{2c}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$×$\frac{12c（1+{m}^{2}）}{3{m}^{2}+4}$=$\frac{12{c}^{2}\sqrt{1+{m}^{2}}}{3{m}^{2}+4}$．
设$\sqrt{1+{m}^{2}}$=t≥1，则m²=t²-1．
∴${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12{c}^{2}t}{3{t}^{2}+1}$=$\frac{12{c}^{2}}{3t+\frac{1}{t}}$，
令f（t）=3t+$\frac{1}{t}$（t≥1），f′（t）=3-$\frac{1}{{t}^{2}}$＞0，
∴函数f（t）单调递增，当t=1时，函数f（t）取得最小值f（1）=4，
∴${S}_{△{F}_{1}MN}$=$\frac{12{c}^{2}}{3t+\frac{1}{t}}$≤3c²=6，解得c²=2．
∴a²=8，b²=6．
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{6}$=1．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、三角形面积计算公式、点到直线的距离公式、利用导数研究函数的单调性极值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．