Question

1．已知橢圓${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的頂點到直線l：y=x的距離分別為$\frac{{\sqrt{6}}}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（1）求橢圓C₁的離心率；
（2）過圓O：x²+y²=4上任意一點P作橢圓C₁的兩條切線PM和PN分別與圓交于點M，N，求△PMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)點到直線的距離公式，即可求得a和b的值，即可求得橢圓的離心率；
（2）分類討論，當一條切線的斜率不存在時，${x_P}=±\sqrt{3}$，y_P=±1，即可求得△PMN面積，當切線的斜率存在時，設(shè)切線方程，代入橢圓方程，由△=0，由PM⊥PN，MN|=4.${S_{△PMN}}=\frac{1}{2}|PM|•|PN|≤\frac{1}{4}（|PM{|^2}+|PN{|^2}）=\frac{1}{4}|MN{|^2}=4$，即可求得△PMN面積的最大值．

解答 解：（1）由直線l₁的方程知，直線l₁與兩坐標軸的夾角均為45°，
故長軸端點到直線l₁的距離為$\frac{{\sqrt{2}a}}{2}$，短軸端點到直線l₁的距離為$\frac{{\sqrt{2}b}}{2}$，
求得$a=\sqrt{3}，b=1$，…（3分）
∴C₁的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3-1}}}{{\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．…（5分）
（2）設(shè)點P（x_P，y_P），則$x_p^2+y_p^2=4$．
（ⅰ）若兩切線中有一條切線的斜率不存在，則${x_P}=±\sqrt{3}$，y_P=±1，
另一切線的斜率為0，從而PM⊥PN．
此時，${S_{△PMN}}=\frac{1}{2}|PM|•|PN|=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$．…（6分）
（ⅱ）若切線的斜率均存在，則${x_P}≠±\sqrt{3}$，
設(shè)過點P的橢圓的切線方程為y-y_P=k（x-x_P），
$\left\{\begin{array}{l}{y-{y}_{P}=k（x-{x}_{P}）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消y并整理得：$（3{k^2}+1）{x^2}+6k（{y_P}-k{x_P}）x+3{（{y_P}-k{x_P}）^2}-3=0$．
依題意△=0，得$（3-x_p^2）{k^2}+2{x_P}{y_P}k+1-y_p^2=0$．
設(shè)切線PM，PN的斜率分別為k₁，k₂，從而${k_1}{k_2}=\frac{1-y_p^2}{3-x_p^2}=\frac{x_p^2-3}{3-x_p^2}=-1$，…（8分）
即PM⊥PN，線段MN為圓O的直徑，|MN|=4．
所以，${S_{△PMN}}=\frac{1}{2}|PM|•|PN|≤\frac{1}{4}（|PM{|^2}+|PN{|^2}）=\frac{1}{4}|MN{|^2}=4$

當且僅當$|PM|=|PN|=2\sqrt{2}$時，S_△PMN取最大值4．
綜合（�。�（ⅱ）可得：S_△PMN取最大值4．…（12分）

點評 本題考查橢圓的標準方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查分類討論思想，考查橢圓與不等式的應(yīng)用，屬于中檔題．