Question

4．已知F₁，F(xiàn)₂是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左，右焦點，M是橢圓C上一點，△MF₁F₂的周長為4+2$\sqrt{3}$，過橢圓上頂點與右頂點的直線與直線2x-y-6=0垂直．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若直線l交橢圓C于A，B兩點，以AB為直徑的圓過原點，求弦長|AB|的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用△MF₁F₂的周長，過橢圓上頂點與右頂點的直線與直線2x-y-6=0垂直及a、b、c三者關系，計算即可求橢圓C的方程；
（2）分類討論，再設直線方程代入題意方程，利用韋達定理，及以AB弦為直徑的圓過坐標原點O，即可求得結(jié)論．

解答 解：（1）∵△MF₁F₂的周長為4+2$\sqrt{3}$，
∴2a+2c=4+2$\sqrt{3}$，即a+c=2+$\sqrt{3}$，
又∵過橢圓上頂點與右頂點的直線與直線2x-y-6=0垂直，
∴$2×\frac{b-0}{0-a}=-1$，即a=2b，
所以${c}^{2}=（2+\sqrt{3}-a）^{2}={a}^{2}-^{2}={a}^{2}-（\frac{a}{2}）^{2}$，
解得a=2或a=$14+8\sqrt{3}$（舍），所以b=1，
故橢圓C的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
①當AB⊥x軸時，設AB方程為：x=m，此時A，B兩點關于x軸對稱，
又以|AB|為直徑的圓過原點，根據(jù)題意，設A（m，m），
將其代入橢圓方程得：m=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
所以|AB|=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$-（-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$；
②當AB與x軸不垂直時，設直線AB的方程為y=kx+m．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，整理得（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{4{k}^{2}+1}$，從而y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{-8km}{4{k}^{2}+1}$k+2m=$\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$，
由以|AB|為直徑的圓過原點，則有$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，即：x₁x₂+y₁y₂=0，
所以x₁x₂+k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=（1+k²）（$-\frac{4{m}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$）$+km\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，
化簡得5m²=4（k²+1），
所以|AB|=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$
=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$
=$\sqrt{\frac{（-8km）^{2}+（2m）^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{16}{5}•\frac{16{k}^{4}+17{k}^{2}+1}{16{k}^{4}+8{k}^{2}+1}}$
=$\sqrt{\frac{16}{5}×[1+\frac{9{k}^{2}}{（4{k}^{2}+1）^{2}}]}$
=$\sqrt{\frac{16}{5}×[1+\frac{9}{16{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+8}]}$
∵$16{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}≥2\sqrt{16{k}^{2}×\frac{1}{{k}^{2}}}$=8當且僅當$k=±\frac{1}{2}$時等號成立，
∴$\frac{1}{16{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+8}≤\frac{1}{8+8}$=$\frac{1}{16}$，
所以|AB|≤$\sqrt{\frac{16}{5}×[1+\frac{9}{16}]}$=$\sqrt{5}$，
綜上所述，弦長|AB|的最大值為$\sqrt{5}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程與幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關系，考查基本不等式，考查分類討論的數(shù)學思想，考查學生分析解決問題的能力，屬于難題．