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2.已知橢圓C:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$,兩個焦點為F1(-2,0),F2(2,0),P是橢圓上的動點,且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值為2.
(1)求橢圓方程;
(2)過左焦點的直線l交橢圓C與M、N兩點,且滿足$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}sinθ=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}cosθ$$(θ≠\frac{π}{2})$,求直線l的方程(其中∠MON=θ,O為坐標原點).

分析 (1)由橢圓兩個焦點為F1(-2,0),F2(2,0),P是橢圓上的動點,且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值為2,列出方程組求出a,b,由此能求出橢圓C的方程.
(2)當直線l的斜率存在時,設直線l1的方程為y=k(x+2),代入橢圓C的方程$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1,得(3k2+1)x2+12k2x+12k2-6=0,由此利用韋達定理、弦長公式、點到直線距離公式、正弦定理能求出直線l;直線l的斜率不存在時,直線l的方程為x=-2.由此能求出結果.

解答 解:(1)∵橢圓C:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$,兩個焦點為F1(-2,0),F2(2,0),P是橢圓上的動點,且向量$\overrightarrow{P{F_1}}•\overrightarrow{P{F_2}}$的最大值為2
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=2}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{(a+c)(a-c)=2}\end{array}\right.$,
解得c=2,a2=6,b2=2,
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1.
(2)當直線l的斜率存在時,
設直線l1的方程為y=k(x+2),代入橢圓C的方程$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1,并整理得:
(3k2+1)x2+12k2x+12k2-6=0,
設M(x1,y1),N(x2,y2
則x1+x2=-$\frac{12{k}^{2}}{3{k}^{2}+1}$,x1x2=$\frac{12{k}^{2}-6}{3{k}^{2}+1}$,
∴|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x1-x2|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}(1+{k}^{2})}{3{k}^{2}+1}$,
坐標原點O到直線l的距離d=$\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$.
∵$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}sinθ=\frac{{4\sqrt{6}}}{3}cosθ$$(θ≠\frac{π}{2})$,
∴S△MON=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,
∴S△MON=$\frac{1}{2}$|MN|d=$\frac{1}{2}×\frac{2\sqrt{6}(1+{k}^{2})}{3{k}^{2}+1}×\frac{|2k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,
解得k=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$此時直線l的方程為y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$(x+2)
當直線l的斜率不存在時,直線l的方程為x=-2
此時點M(-2,$\frac{\sqrt{6}}{3}$),N(-2,-$\frac{\sqrt{6}}{3}$),滿足S△MON=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,
綜上得,直線l的方程為x=-2或y=±$\frac{\sqrt{3}}{3}$(x+2).

點評 本題考查橢圓方程、直線方程的求法,是中檔題,解題時要認真審題,注意韋達定理、弦長公式、點到直線距離公式、正弦定理、橢圓性質的合理運用.

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