Question

8．已知橢圓$M：\frac{x^2}{a^2}+{y^2}=1（{a＞1}）$右頂點(diǎn)、上頂點(diǎn)分別為A、B，且圓O：x²+y²=1的圓心到直線AB的距離為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$．
（1）求橢圓M的方程；
（2）若直線l與圓O相切，且與橢圓M相交于P，Q兩點(diǎn)，求|PQ|的最大值．

Answer 1

分析 （1）由A（a，0），B（0，1），故直線AB的方程為：$\frac{x}{a}+y=1$，利用點(diǎn)到直線的距離公式$\frac{a}{{\sqrt{1+{a^2}}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，解得：$a=\sqrt{3}$，即可求得橢圓M的方程；
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=±1，代入$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$，得$y=±\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，此時(shí)$|{PQ}|=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式，根據(jù)基本不等式的性質(zhì)即可求得|PQ|的最大值．

解答 解：（1）據(jù)題意：橢圓$M：\frac{x^2}{a^2}+{y^2}=1（{a＞1}）$焦點(diǎn)在x軸上，
則A（a，0），B（0，1），故直線AB的方程為：$\frac{x}{a}+y=1$，即：x+ay-a=0．
∴點(diǎn)O到直線AB的距離為：$\frac{a}{{\sqrt{1+{a^2}}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，解得$a=\sqrt{3}$，
故橢圓的方程為 $\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$．
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，直線l的方程為x=±1，代入$\frac{x^2}{3}+{y^2}=1$，得$y=±\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
此時(shí)$|{PQ}|=\frac{{2\sqrt{6}}}{3}$．
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∵直線l與圓O相切，所以$\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=1$，即m²=1+k²，
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{3}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$，消去y，整理得（1+3k²）x²+6kmx+3（m²-1）=0，
△=36k²m²-12（1+3k²）（m²-1）=12（1+3k²-m²）=24k²，由△＞0，得k≠0，
則${x_1}+{x_2}=-\frac{6km}{{1+3{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{3（{{m^2}-1}）}}{{1+3{k^2}}}$，
∴$|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{{{（{{x_1}+{x_2}}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\frac{{2\sqrt{6}|k|}}{{1+3{k^2}}}$，
則$|{PQ}|=\sqrt{{{（{{x_1}-{x_2}}）}^2}+{{（{{y_1}-{y_2}}）}^2}}=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|$=$\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{2\sqrt{6}|k|}}{{1+3{k^2}}}=2\sqrt{3}•\frac{{\sqrt{（{1+{k^2}}）•2{k^2}}}}{{1+3{k^2}}}≤2\sqrt{3}•\frac{{\frac{{（{1+{k^2}}）+2{k^2}}}{2}}}{{1+3{k^2}}}=\sqrt{3}$，
當(dāng)且僅當(dāng)1+k²=2k²，即k=±1時(shí)，|PQ|取得最大值$\sqrt{3}$．
綜上所述，|PQ|最大值為$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查點(diǎn)到直線的距離公式，韋達(dá)定理及弦長(zhǎng)公式的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．