Question

13．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F₁，F₂，上下两个顶点为B₁，B₂，四边形F₁B₁F₂B₂的周长为8，∠F₁B₁F₂=120°．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）过点D（1，0）斜率为k（k≠0）的直线l与椭圆C相交于E、F两点，A为椭圆的右顶点，直线AE、AF分别交直线x=3于点M、N，线段MN的中点为P，记直线PF₂的斜率为k′与直线l的斜率k的乘积是否为定值？若是，求出这个定值，若不是说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知条件推导出a=2，b=1，由此能求出椭圆C的方程．
（2）设过点D（1，0）的直线l的方程为：y=k（x-1），设点E（x₁，y₁），F（x₂，y₂），将直线l方程y=k（x-1）代入椭圆C：得：（4k²+1）x²-8k²x+4k²-4=0，0，点D在椭圆内，△＞0恒成立，直线AE的方程为y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，直线AF的方程为y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}（y-2）$，
由此利用韦达定理、直线的斜率公式结合已知条件推导出k•k′=-$\frac{3+\sqrt{3}}{12}$

解答 解：（1）∵椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的两个焦点F₁，F₂和上下两个顶点B₁，B₂，四边形F₁B₁F₂B₂的周长为8，∠F₁B₁F₂=120°．
∴4a=8，b=asin30°，
∴a=2，b=1，
∴椭圆C的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）设过点D（1，0）的直线l的方程为：y=k（x-1），
设点E（x₁，y₁），F（x₂，y₂），
将直线l方程y=k（x-1）代入椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，
整理，得：（4k²+1）x²-8k²x+4k²-4=0，
∵点D在椭圆内，∴直线l与椭圆相交，△＞0恒成立，
且x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{4{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
直线AE的方程为y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，直线AF的方程为y=$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}（y-2）$，
令x=3，得M（3，$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$），N（3，$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$），
∴P（3，$\frac{1}{2}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$）），
直线PF₂的斜率为k′=$\frac{\frac{1}{2}（\frac{{y}_{1}}{{y}_{1}-2}+\frac{{y}_{2}}{{y}_{2}-2}）}{3-\sqrt{3}}$=$\frac{3+\sqrt{3}}{12}$（$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$）=$\frac{3+\sqrt{3}}{12}$（$\frac{k（{x}_{1}-1）}{{x}_{1}-2}$+$\frac{k（{x}_{2}-1）}{{x}_{2}-2}$）
=$\frac{k（3+\sqrt{3}）}{12}$（2+$\frac{1}{{x}_{1}-2}$+$\frac{1}{{x}_{2}-2}$）=$\frac{k（3+\sqrt{3}）}{12}$（2+$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}-4}{{x}_{1}{x}_{2}-2（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}$）=$\frac{k（3+\sqrt{3}）}{12}$（2-$\frac{2{k}^{2}+1}{{k}^{2}}$）=-$\frac{（3+\sqrt{3}）}{12}$•$\frac{1}{k}$，
∴k′k=-$\frac{3+\sqrt{3}}{12}$

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查两直线斜率之积是否为定值的判断与求法，解题时要认真审题，注意函数与方程思想的合理应用，属于难题．