Question

17．已知橢圓C_n：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=n（a＞b＞0，n∈N^*），F(xiàn)₁、F₂是橢圓C₄的焦點，A（2，$\sqrt{2}$）是橢圓C₄上一點，且$\overrightarrow{A{F}_{2}}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0；
（1）求C_n的離心率并求出C₁的方程；
（2）P為橢圓C₂上任意一點，過P且與橢圓C₂相切的直線l與橢圓C₄交于M，N兩點，點P關于原點的對稱點為Q；求證：△QMN的面積為定值，并求出這個定值．

Answer 1

分析 （1）橢圓C₄的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4^{2}}$=1，由$\overrightarrow{A{F}_{2}}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0．∴$\overrightarrow{A{F}_{2}}$⊥$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$，可得b²，a²即可；
（2）由距離公式得到點P到直線l的距離d，由弦長公式得到MN，△QMN的面積為s=$\frac{1}{2}d•MN$即可得證．

解答 解：（1）橢圓C₄的方程為：C₄：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=4    即：$\frac{{x}^{2}}{4{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4^{2}}$=1
不妨設c²=a²-b²   則F₂（2c，0）
∵$\overrightarrow{A{F}_{2}}$•$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$=0．∴$\overrightarrow{A{F}_{2}}$⊥$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$，
∴2c=2，$\frac{（2b）^{2}}{2a}$=$\frac{2^{2}}{a}$=$\sqrt{2}$
∴c=1，2b²=$\sqrt{2}$a，2b⁴=a²=b²+1，
∴2b⁴-b²-1=0，
∴（2b²+1）（b²-1）=0，
∴b²=1，a²=2
∴橢圓C_n的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=n
∴e²=$\frac{2{n}^{2}-{n}^{2}}{2{n}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，∴e=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
橢圓C₁的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）設P （x₀，y₀），由（1）得C₂：為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=2，
∴過P且與橢圓C₂相切的直線l：$\frac{{x}_{0}x}{2}+{y}_{0}y=2$．且x₀²+2y₀²=4
點P關于原點對稱點Q （-x₀，-y₀），點Q到直線l的距離d=$\frac{{{x}_{0}}^{2}+2{{y}_{0}}^{2}+4}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}}=\frac{8}{\sqrt{4+2{{y}_{0}}^{2}}}$
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）
由.$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}x+2{y}_{0}y=4}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$得4x²-8x₀x+16-16y₀²=0⇒x²-2x₀x+4-4y₀²=0；
x₁+x₂=2x₀，x₁x₂=4-4y₀²，
MN=$\sqrt{1+\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4{{y}_{0}}^{2}}}\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}-16+16{{y}_{0}}^{2}}$，
∴△QMN的面積為s=$\frac{1}{2}d•MN=\frac{1}{2}\frac{8}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+4{{y}_{0}}^{2}}}\sqrt{1+\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4{{y}_{0}}^{2}}}\sqrt{4{{x}_{0}}^{2}-16+16{{y}_{0}}^{2}}$=4$\sqrt{2}$（定值）

點評 本題考查了圓錐曲線的定義域幾何性質的應用問題，也考查了直線與圓錐曲線的綜合應用問題，利用基本不等式求函數(shù)的最值問題，是綜合性題目．