Question

17．如圖，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的四個(gè)頂點(diǎn)分別為A₁，A₂，B₁，B₂，左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，若圓C：（x-3）²+（y-3）²=r²（0＜r＜3）上有且只有一個(gè)點(diǎn)P滿足$\frac{|P{F}_{1}|}{|P{F}_{2}|}$=$\sqrt{5}$．
（1）求圓C的半徑r；
（2）若點(diǎn)Q為圓C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線QB₁交橢圓于點(diǎn)D，交直線A₂B₂于點(diǎn)E，求$\frac{|D{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1可得F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），設(shè)P（x，y），由$\frac{|P{F}_{1}|}{|P{F}_{2}|}$=$\sqrt{5}$，可得$\frac{\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}}{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}$=$\sqrt{5}$，化為$（x-\frac{3}{2}）^{2}+{y}^{2}$=$\frac{5}{4}$．又（x-3）²+（y-3）²=r²（0＜r＜3），根據(jù)圓C上有且只有一個(gè)點(diǎn)P滿足$\frac{|P{F}_{1}|}{|P{F}_{2}|}$=$\sqrt{5}$，可得上述兩個(gè)圓外切，即可得出．
（2）直線A₂B₂方程為：$\frac{x}{\sqrt{2}}+y=1$，化為$x+\sqrt{2}y$=$\sqrt{2}$．設(shè)直線B₁Q：y=kx-1，由圓心（3，3）到直線的距離$\frac{|3k-3-1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$≤$\sqrt{5}$，可得k∈$[\frac{1}{2}，\frac{11}{2}]$．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x+\sqrt{2}y=\sqrt{2}}\\{y=kx-1}\end{array}\right.$，解得E．聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，解得D$（\frac{4k}{1+2{k}^{2}}，\frac{2{k}^{2}-1}{1+2{k}^{2}}）$．利用兩點(diǎn)之間的距離可得$\frac{|D{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$=$\frac{|k||\sqrt{2}+2k|}{1+2{k}^{2}}$=$|\frac{2{k}^{2}+\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}|$=|1+$\frac{\sqrt{2}k-1}{1+2{k}^{2}}$|，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性即可得出．

解答 解：（1）由橢圓$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1可得F₁（-1，0），F(xiàn)₂（1，0），
設(shè)P（x，y），∵$\frac{|P{F}_{1}|}{|P{F}_{2}|}$=$\sqrt{5}$，∴$\frac{\sqrt{（x+1）^{2}+{y}^{2}}}{\sqrt{（x-1）^{2}+{y}^{2}}}$=$\sqrt{5}$，化為：x²-3x+y²+1=0，即$（x-\frac{3}{2}）^{2}+{y}^{2}$=$\frac{5}{4}$．
又（x-3）²+（y-3）²=r²（0＜r＜3），
∵圓C上有且只有一個(gè)點(diǎn)P滿足$\frac{|P{F}_{1}|}{|P{F}_{2}|}$=$\sqrt{5}$．
∴上述兩個(gè)圓外切，
∴$\sqrt{（3-\frac{3}{2}）^{2}+{3}^{2}}$=r+$\frac{\sqrt{5}}{2}$，解得r=$\sqrt{5}$．
（2）直線A₂B₂方程為：$\frac{x}{\sqrt{2}}+y=1$，化為$x+\sqrt{2}y$=$\sqrt{2}$．
設(shè)直線B₁Q：y=kx-1，
由圓心（3，3）到直線的距離$\frac{|3k-3-1|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$≤$\sqrt{5}$，可得k∈$[\frac{1}{2}，\frac{11}{2}]$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x+\sqrt{2}y=\sqrt{2}}\\{y=kx-1}\end{array}\right.$，解得E$（\frac{4}{\sqrt{2}+2k}，\frac{2k-\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2k}）$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化為：（1+2k²）x²-4kx=0，解得D$（\frac{4k}{1+2{k}^{2}}，\frac{2{k}^{2}-1}{1+2{k}^{2}}）$．
∴|DB₁|=$\sqrt{（\frac{4k}{1+2{k}^{2}}）^{2}+（\frac{2{k}^{2}-1}{1+2{k}^{2}}+1）^{2}}$=$\frac{4|k|\sqrt{1+{k}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$．
|EB₁|=$\sqrt{（\frac{4}{\sqrt{2}+2k}）^{2}+（\frac{2k-\sqrt{2}}{\sqrt{2}+2k}+1）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{1+{k}^{2}}}{|\sqrt{2}+2k|}$，
∴$\frac{|D{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$=$\frac{|k||\sqrt{2}+2k|}{1+2{k}^{2}}$=$|\frac{2{k}^{2}+\sqrt{2}k}{1+2{k}^{2}}|$=|1+$\frac{\sqrt{2}k-1}{1+2{k}^{2}}$|，
令f（k）=$\frac{\sqrt{2}k-1}{1+2{k}^{2}}$，f′（k）=$\frac{-\sqrt{2}（\sqrt{2}k-1）^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$≤0，
因此函數(shù)f（k）在k∈$[\frac{1}{2}，\frac{11}{2}]$上單調(diào)遞減．
∴k=$\frac{1}{2}$時(shí)，$\frac{|D{B}_{1}|}{|E{B}_{1}|}$=|1+$\frac{\sqrt{2}k-1}{1+2{k}^{2}}$|=$\frac{1+\sqrt{2}}{3}$取得最大值．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程的解法、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．