Question

20．已知橢圓E：x²+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（0＜b＜1）的左焦點(diǎn)為F，左、右頂點(diǎn)分別為A、C，上頂點(diǎn)為B，過(guò)F、B、C三點(diǎn)作圓P．
（Ⅰ）若圓P的圓心在直線x+y=0上，求橢圓E的方程；
（Ⅱ）若直線y=x+t交（Ⅰ）中橢圓E于M，N，交y軸于Q，求|MN|•|OQ|的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知得圓心P既在FC的垂直平分線上，又在BC的垂直平分線上，從而得到b=c，由此能求出橢圓方程．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}{y=x+t}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得3x²+4tx+2t²-1=0，（*）由此利用根的判別式、韋達(dá)定理、弦長(zhǎng)公式，結(jié)合已知條件能求出|MN|•|OQ|的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵圓P過(guò)F，B，C三點(diǎn)，
∴圓心P既在FC的垂直平分線上，又在BC的垂直平分線上，
FC的垂直平分線方程為x=$\frac{1-c}{2}$，①
∵BC的中點(diǎn)為（$\frac{1}{2}，\frac{2}$），k_BC=-b，
∴BC的垂直平分線方程為y-$\frac{2}$=$\frac{1}$（x-$\frac{1}{2}$），②
由①②，得x=$\frac{1-c}{2}$，y=$\frac{^{2}-c}{2b}$，即P（$\frac{1-c}{2}$，$\frac{^{2}-c}{2b}$），
∵P在直線x+y=0上，∴$\frac{1-c}{2}+\frac{^{2}-c}{2b}=0$，
解得（1+b）（b-c）=0，
∵1+b＞0，∴b=c，
由b²=1-c²，得b²=$\frac{1}{2}$，
∴橢圓方程為x²+2y²=1．
（Ⅱ）由$\left\{\begin{array}{l}{y=x+t}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得3x²+4tx+2t²-1=0，（*）
由△=（4t）²-4•3•（2t²-1）＞0，得t²＜$\frac{3}{2}$，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₁，y₁），則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4}{3}t$，${x}_{1}•{x}_{2}=\frac{2{t}^{2}-1}{3}$，
∴|MN|²=2[（x₁+x₂）²-4x₁x₂]=2（$\frac{16{t}^{2}}{9}-\frac{8{t}^{2}-4}{3}$）=$\frac{2}{9}（-8{t}^{2}+12）$，
|MN|•|OQ|=$\sqrt{\frac{2}{9}（-8{t}^{2}+12）}$|t|=$\sqrt{\frac{2}{9}（-8{t}^{2}+12）{t}^{2}}$
≤$\sqrt{\frac{2}{9}•\frac{1}{8}（\frac{（-8{t}^{2}+12）+8{t}^{2}}{2}）^{2}}$=$\frac{1}{6}•6=1$，
當(dāng)且僅當(dāng)-8t²+12=8t²，t²=$\frac{3}{4}$時(shí)，取等號(hào)，
此時(shí)方程（*）中的△＞0，
∴|MN|•|OQ|的最大值為1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查線段長(zhǎng)的最大值的求法，考查等價(jià)轉(zhuǎn)化思想，考查推理論證能力，是中檔題．