Question

1．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C：$\frac{x^2}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，上頂點(diǎn)為P，右頂點(diǎn)為Q，以
F₁、F₂為直徑的圓O與橢圓C內(nèi)切，直線PQ與圓O相交得到的弦長(zhǎng)為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）若直線l與以F₁、F₂為直徑的圓O相切，并且與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A、B，求△AOB的面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：P（0，b），Q（a，0），則直線PQ的方程：ay+bx-ab=0，則O到直線PQ的距離d=$\frac{丨-ab丨}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$，由以F₁、F₂為直徑的圓O與橢圓C內(nèi)切，則b=c，由此能求出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）討論直線AB的斜率不存在，求得△ABO的面積，若存在設(shè)直線AB：y=kx+m，A（x₁，y₁）、B（x₂，y₂），由圓O與直線l相切，得m²=k²+1．由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=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△AOB的面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：P（0，b），Q（a，0），
則直線PQ的方程：ay+bx-ab=0，
則O到直線PQ的距離d=$\frac{丨-ab丨}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$，
由以F₁、F₂為直徑的圓O與橢圓C內(nèi)切，則b=c，
在△ODP中，根據(jù)勾股定理可知：
（$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$）²+（$\frac{\sqrt{3}}{3}$）²=b²，①
由a²=b²+c²=2b²，②
由①②解得：b²=1，a²=2，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$．
（Ⅱ）當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，AB過橢圓的焦點(diǎn)，
令x=1代入橢圓方程可得y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
可得|AB|=$\sqrt{2}$，S_△ABO=$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB：y=kx+m，A（x₁，y₁）、
B（x₂，y₂），
∵圓O與直線l相切，
∵$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，
∴m²=k²+1．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
∵直線l與橢圓交于兩個(gè)不同的點(diǎn)，
∴△=（4km）²-4（1+2k²）（2m²-2）＞0，即m²-2k²＜1，
∴k²＞0．
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
則丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$，
△AOB的面積S=$\frac{1}{2}$•丨AB丨•d=$\frac{\sqrt{2}\sqrt{{k}^{2}（1+{k}^{2}）}}{1+2{k}^{2}}$，
令1+2k²=t（t＞1），可得k²=$\frac{t-1}{2}$，則S=$\frac{\sqrt{2}\sqrt{\frac{t-1}{2}•\frac{t+1}{2}}}{t}$
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\sqrt{\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$•$\sqrt{1-\frac{1}{{t}^{2}}}$＜$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
綜上可得，△AOB的面積的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查橢圓的概念和性質(zhì)，直線和橢圓的位置關(guān)系，圓的性質(zhì)等知識(shí)，意在考查轉(zhuǎn)化和化歸思想，數(shù)形結(jié)合思想和學(xué)生的運(yùn)算求解能力，是中檔題．