Question

6．已知A，B是橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的左，右頂點(diǎn)，F(xiàn)為其右焦點(diǎn)，在直線x=4上任取一點(diǎn)P（點(diǎn)P不在x軸上），連結(jié)PA，PF，PB．若半焦距c=1，且2k_PF=k_PA+k_PB
（1）求橢圓C的方程；
（2）若直線PF交橢圓于M，N，記△AMB、△ANB的面積分別為S₁、S₂，求$\frac{S_1}{S_2}$的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（4，t），（t≠0），A（-a，0），B（a，0），F(xiàn)（c，0）．利用斜率計(jì)算公式及其2k_PF=k_PA+k_PB，c=1，a²=b²+c²，解出即可得出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（2）設(shè)直線PF的方程為：my+1=x，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．（m≠0）．直線方程與橢圓方程聯(lián)立化為：（3m²+4）y²+6my-9=0，解得y_1，2，不妨取：y₁=$\frac{-3m+6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，y₂=$\frac{-3m-6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，可得$\frac{S_1}{S_2}$=$|\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}|$=$|\frac{2\sqrt{{m}^{2}+1}-m}{2\sqrt{{m}^{2}+1}+m}|$，令m=tanθ，θ∈$（-\frac{π}{2}，0）$∪$（0，\frac{π}{2}）$．即可得出．

解答 解：（1）設(shè)P（4，t），（t≠0），A（-a，0），B（a，0），F(xiàn)（c，0）．
∴k_PA=$\frac{t}{4+a}$，k_PF=$\frac{t}{4-c}$，k_PB=$\frac{t}{4-a}$，
∵2k_PF=k_PA+k_PB，∴2×$\frac{t}{4-c}$=$\frac{t}{4+a}$+$\frac{t}{4-a}$，t≠0，
化為：a²=4c，
又c=1，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得c=1，a=2，b²=3．
∴橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．
（2）設(shè)直線PF的方程為：my+1=x，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）．（m≠0）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my+1=x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，化為：（3m²+4）y²+6my-9=0，
解得y_1，2=$\frac{-6m±12\sqrt{{m}^{2}+1}}{2（3{m}^{2}+4）}$=$\frac{-3m±6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，
不妨�。簓₁=$\frac{-3m+6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，y₂=$\frac{-3m-6\sqrt{{m}^{2}+1}}{3{m}^{2}+4}$，
則$\frac{S_1}{S_2}$=$|\frac{{y}_{1}}{{y}_{2}}|$=$|\frac{2\sqrt{{m}^{2}+1}-m}{2\sqrt{{m}^{2}+1}+m}|$，
令m=tanθ，θ∈$（-\frac{π}{2}，0）$∪$（0，\frac{π}{2}）$．
∴$\frac{S_1}{S_2}$=$\frac{2-sinθ}{2+sinθ}$=$\frac{4}{2+sinθ}$-1∈$（\frac{1}{3}，1）$∪（1，3）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、斜率計(jì)算公式、“換元法”、三角形面積計(jì)算公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．