Question

12．已知椭圆$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1过其右焦点F的直线l与椭圆相交于A、B两点，若点P为（4，0），设$\overrightarrow{FA}=λ\overrightarrow{FB}$，λ∈[-2，-1]，求|$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}$|取最大值时直线l的方程．

Answer 1

分析 设出直线方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及向量知识，结合配方法，即可求|$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}$|取最大的直线l的方程．

解答 解：由题意容易验证直线l的斜率不为0，由右焦点F（2，0），
故可设直线l的方程为x=ky+2，代入椭圆$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1中，
得（k²+2）y²+4ky-4=0．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由根与系数关系，
得y₁+y₂=-$\frac{4k}{2+{k}^{2}}$①，y₁y₂=-$\frac{4}{2+{k}^{2}}$②，
因为$\overrightarrow{FA}$=λ$\overrightarrow{FB}$，所以$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$=λ且λ＜0，
所以将上式①的平方除以②，得$\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}$+$\frac{{y}_{2}}{{y}_{1}}$+2=-$\frac{4{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$即$λ+\frac{1}{λ}+2$=-$\frac{4{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$，
由λ∈[-2，-1]，可得-$\frac{5}{2}$≤λ+$\frac{1}{λ}$≤-2，即有-$\frac{1}{2}$≤-$\frac{4{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$≤0，
即0≤k²≤$\frac{2}{7}$．
∵$\overrightarrow{PA}$=（x₁-4，y₁），$\overrightarrow{PB}$=（x₂-4，y₂），
∴$\overrightarrow{PA}$+$\overrightarrow{PB}$=（x₁+x₂-8，y₁+y₂）
又y₁+y₂=-$\frac{4k}{2+{k}^{2}}$，x₁+x₂-8=k（y₁+y₂）-4=-$\frac{2+8{k}^{2}}{2+{k}^{2}}$．
故|$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}$|²=（x₁+x₂-8）²+（y₁+y₂）²=$\frac{64{k}^{4}+48{k}^{2}+4}{（2+{k}^{2}）^{2}}$．
令t=$\frac{1}{2+{k}^{2}}$，则|$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}$|²=164t²-208t+64，
因为0≤k²≤$\frac{2}{7}$．所以$\frac{7}{16}$≤$\frac{1}{2+{k}^{2}}$≤$\frac{1}{2}$，即有$\frac{7}{16}$≤t≤$\frac{1}{2}$，
则f（t）=164t²-208t+64的对称轴为t=$\frac{26}{41}$＞$\frac{1}{2}$，
则f（t）在[$\frac{7}{16}$，$\frac{1}{2}$]递减，即有t=$\frac{7}{16}$，取得最大值，
即有|$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{PB}$|取最大值，
此时k=$±\frac{\sqrt{14}}{7}$，直线l的方程为x=$±\frac{\sqrt{14}}{7}$y+2．

点评 本题考查椭圆的标准方程，主要考查直线与椭圆的位置关系，考查向量知识的运用，韦达定理，以及学生的计算能力，属于中档题．