Question

1．如图，椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的右顶点为A（2，0），左、右焦点分别为F₁、F₂，过点A且斜率为$\frac{1}{2}$的直线与y轴交于点P，与椭圆交于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为点F₁．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）过点P的直线与椭圆交于M，N两点（M，N不与A，B重合），若S_△PAM=6S_△PBN，求直线MN的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）当$k=\frac{1}{2}$时，BF₁⊥x轴，求出$B（-c，-\frac{b^2}{a}）$，列出方程组，求出a，b即可得到椭圆的标准方程．
（Ⅱ）通过民间的比推出$\overrightarrow{PM}=-3\overrightarrow{PN}$．设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），设MN方程为y=kx-1，联立直线与椭圆方程，利用韦达定理转化情况直线的斜率，求出直线方程．

解答 解：（Ⅰ）当$k=\frac{1}{2}$时，BF₁⊥x轴，得到点$B（-c，-\frac{b^2}{a}）$，
所以$\left\{\begin{array}{l}a=2\\ \frac{b^2}{a（a+c）}=\frac{1}{2}\\{a^2}={b^2}+{c^2}\end{array}\right.⇒\left\{\begin{array}{l}a=2\\ b=\sqrt{3}\\ c=1\end{array}\right.$，所以椭圆C的方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$．
（Ⅱ）因为$\frac{{{S_{△PAM}}}}{{{S_{△PBN}}}}=\frac{{\frac{1}{2}PA•PM•sin∠APM}}{{\frac{1}{2}PB•PN•sin∠BPN}}=\frac{2•PM}{1•PN}=\frac{6}{1}⇒\frac{PM}{PN}=3$，所以$\overrightarrow{PM}=-3\overrightarrow{PN}$．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则$\overrightarrow{PM}=（{x_1}，{y_1}+1），\overrightarrow{PN}=（{x_2}，{y_2}+1）$，有$\left\{\begin{array}{l}{x_1}=-3{x_2}\\{y_1}+1=-3（{y_2}+1）\end{array}\right.$．
由（Ⅰ）可知P（0，-1），设MN方程为y=kx-1，
联解方程$\left\{\begin{array}{l}y=kx-1\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$得：（4k²+3）x²-8kx-8=0．
由韦达定理可得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+{x_2}=\frac{8k}{{4{k^2}+3}}\\{x_1}•{x_2}=\frac{-8}{{4{k^2}+3}}\end{array}\right.$，将x₁=-3x₂代入可得$\left\{\begin{array}{l}-2{x_2}=\frac{8k}{{4{k^2}+3}}\\ 3x_2^2=\frac{8}{{4{k^2}+3}}\end{array}\right.$，
即$3{（\frac{-4k}{{4{k^2}+3}}）^2}=\frac{8}{{4{k^2}+3}}$．
所以${k^2}=\frac{3}{2}⇒k=±\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，即直线l₂的方程为$y=±\frac{{\sqrt{6}}}{2}x-1$．

点评 本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，椭圆方程的求法，考查转化思想以及计算能力．