Question

5．設F₁，F₂是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$$+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），的左右焦點，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，M為橢圓上的動點，|MF₁|的最大值為1$+\sqrt{2}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程．
（Ⅱ）設A，B是橢圓上位于x軸上方的兩點，且直線AF₁與直線BF₂平行，AF₂與BF₁交于點P，求證：|PF₁|+|PF₂|是定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意列關于a，c的方程組，求解方程組可得a，c的值，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）設AF₁、BF₂的方程分別為my=x+1，my=x-1，分別聯立直線方程與橢圓方程求出AF₁、BF₂，再由平面幾何知識可得|PF₁|+|PF₂|與AF₁、BF₂的關系，代入AF₁、BF₂的值得答案．

解答 （Ⅰ）解：根據題意有：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{a+c=1+\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
解得：a=$\sqrt{2}，c=1$，∴b²=1，
故橢圓C的方程是$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）得F₁（-1，0），F₂（1，0），
又∵AF₁∥BF₂，
∴設AF₁、BF₂的方程分別為my=x+1，my=x-1，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），y₁＞0，y₂＞0．
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}+{{y}_{1}}^{2}=1}\\{m{y}_{1}={x}_{1}+1}\end{array}\right.$，得$（{m}^{2}+2）{{y}_{1}}^{2}-2m{y}_{1}-1=0$，
∴${y}_{1}=\frac{m+\sqrt{2{m}^{2}+2}}{{m}^{2}+2}$．
∴$A{F}_{1}=\sqrt{（{x}_{1}+1）^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$=$\sqrt{（m{y}_{1}）^{2}+{{y}_{1}}^{2}}=\sqrt{{m}^{2}+1}•\frac{m+\sqrt{2{m}^{2}+2}}{{m}^{2}+2}$=$\frac{\sqrt{2}（{m}^{2}+1）+m\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}$．①
同理，$B{F}_{2}=\frac{\sqrt{2}（{m}^{2}+1）-m\sqrt{{m}^{2}+1}}{{m}^{2}+2}$．②
∵AF₁∥BF₂，∴$\frac{PB}{P{F}_{1}}=\frac{B{F}_{2}}{A{F}_{1}}$，
即$\frac{PB}{P{F}_{1}}+1=\frac{B{F}_{2}}{A{F}_{1}}+1$，可得$\frac{PB+P{F}_{1}}{P{F}_{1}}=\frac{B{F}_{2}+A{F}_{1}}{A{F}_{1}}$．
∴$P{F}_{1}=\frac{A{F}_{1}}{A{F}_{1}+B{F}_{2}}•B{F}_{1}$．
由點B在橢圓上知，$B{F}_{1}+B{F}_{2}=2\sqrt{2}$，∴$P{F}_{1}=\frac{A{F}_{1}}{A{F}_{1}+B{F}_{2}}（2\sqrt{2}-B{F}_{2}）$．
同理．$P{F}_{2}=\frac{B{F}_{2}}{A{F}_{1}+B{F}_{2}}（2\sqrt{2}-A{F}_{1}）$．
則$P{F}_{1}+P{F}_{2}=\frac{A{F}_{1}}{A{F}_{1}+B{F}_{2}}（2\sqrt{2}-B{F}_{2}）$$+\frac{B{F}_{2}}{A{F}_{1}+B{F}_{2}}（2\sqrt{2}-A{F}_{1}）$=$2\sqrt{2}-$$\frac{2A{F}_{1}•B{F}_{2}}{A{F}_{1}+B{F}_{2}}$．
由①②得，$A{F}_{1}+B{F}_{2}=\frac{2\sqrt{2}（{m}^{2}+1）}{{m}^{2}+2}$，$A{F}_{1}•B{F}_{2}=\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$，
∴$P{F}_{1}+P{F}_{2}=2\sqrt{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3\sqrt{2}}{2}$．
∴|PF₁|+|PF₂|是定值．

點評 本題考查橢圓的標準方程的求法，考查了橢圓的簡單性質，訓練了直線與圓錐曲線位置關系的應用，考查計算能力，屬中檔題．