Question

2．已知椭圆C的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，右焦点为F₂（1，0），过点B（2，0）作直线交椭圆C于P，Q两点，设直线PF₂和QF₂的斜率分别为k₁，k₁．
（1）求证：k₁+k₂为定值；
（2）求△PF₂Q面积S的最大值．

Answer 1

分析 （1）设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），由题意可得c=1，由离心率公式可得a，进而得到b，即有椭圆方程，设直线PQ：y=k（x-2），代入椭圆方程，运用判别式大于0和韦达定理，结合直线的斜率公式，化简整理可得k₁+k₂为定值；
（2））△PF₂Q面积S=$\frac{1}{2}$|BF₂|•|y₁-y₂|，由直线方程和韦达定理代入化简，再由换元法和二次函数的最值求法，即可得到最大值．

解答 解：（1）证明：设椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
由题意可得c=1，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又c²=a²-b²，
解得b=c=1，a=$\sqrt{2}$，
即椭圆为$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1，
设直线PQ：y=k（x-2），
代入椭圆方程可得（1+2k²）x²-8k²x+8k²-2=0，
由△=64k⁴-4（1+2k²）（8k²-2）＞0，
可得0＜k²＜$\frac{1}{2}$，
设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•$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-3（{x}_{1}+{x}_{2}）+4}{{x}_{1}{x}_{2}-（{x}_{1}+{x}_{2}）+1}$，
将韦达定理代入上式，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，
则k₁+k₂为定值0；
（2）△PF₂Q面积S=$\frac{1}{2}$|BF₂|•|y₁-y₂|
=$\frac{1}{2}$|k|•|x₁-x₂|=$\frac{1}{2}$|k|•$\sqrt{\frac{64{k}^{4}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}-\frac{32{k}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}$
=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{{k}^{2}（1-2{k}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}}$，设t=1+2k²（1＜t＜2），
则S=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{\frac{t-1}{2}（2-t）}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{3}{t}-\frac{2}{{t}^{2}}-1}$=$\sqrt{-2（\frac{1}{t}-\frac{3}{4}）^{2}+\frac{1}{8}}$，
当$\frac{1}{t}$=$\frac{3}{4}$即t=$\frac{4}{3}$即k=±$\frac{\sqrt{6}}{6}$时，取得最大值，且为$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
则△PF₂Q面积S的最大值为$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

点评 本题考查椭圆的方程和性质及运用，考查直线和椭圆的位置关系，联立直线方程和椭圆方程运用韦达定理，同时考查三角形的面积的最大值，注意运用二次函数的最值求法，属于中档题．