Question

9．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直線x+y=$\frac{\sqrt{6}}{2}$與圓E：x²+y²=b²相交于M、N兩點(diǎn)，O為原點(diǎn)，且$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若直線l₁：x=1與C交于A、B，直線l₂：y=kx+m與圓E相切，且l₂與線段AB相交，與橢圓C交于P、Q兩點(diǎn)，求四邊形APBQ的面積最大值．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用離心率公式向量的數(shù)量積的定義，結(jié)合余弦定理，可得b=1，再由a，b，c的關(guān)系，可得a，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）通過直線方程代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，判別式大于0，結(jié)合直線和圓相切的條件：d=r，求得k，m的關(guān)系，再由基本不等式即可求得最大值．

解答 解：（1）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，設(shè)∠MON=θ，
由$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=$\frac{1}{2}$，可得|$\overrightarrow{OM}$|•|$\overrightarrow{ON}$|cosθ=$\frac{1}{2}$，
即為b²cosθ=$\frac{1}{2}$，又cosθ=$\frac{2^{2}-M{N}^{2}}{2^{2}}$，
圓心E到直線的距離為d=$\frac{\frac{\sqrt{6}}{2}}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
則MN²=（2$\sqrt{^{2}-\frac{3}{4}}$）²=4b²-3，
解得b²=1，
又a²-b²=c²，
解得a²=2，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1；
（2）令x=1，則y²=1-$\frac{1}{2}$，解得y=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
即有|AB|=$\sqrt{2}$，
直線l₂：y=kx+m與圓E相切，則$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，
即m²=1+k²，
將直線y=kx+m代入橢圓方程可得，
（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
則有判別式16k²m²-4（1+2k²）（2m²-2）＞0，
即為m²-1-2k²＜0，即-k²＜0，解得k≠0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
|x₁-x₂|²=（x₁+x₂）²-4x₁x₂
=（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）²-4•$\frac{2{m}^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{8（1+2{k}^{2}-{m}^{2}）}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$
=$\frac{8{k}^{2}}{（1+2{k}^{2}）^{2}}$=$\frac{8}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}$≤$\frac{8}{2\sqrt{4}+4}$=1，
當(dāng)且僅當(dāng)k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，取得等號(hào)．
則四邊形APBQ的面積S=$\frac{1}{2}$|AB|•|x₁-x₂|
=$\frac{\sqrt{2}}{2}$|x₁-x₂|≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
則四邊形APBQ的面積的最大值為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，此時(shí)k=±$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率和方程的運(yùn)用，聯(lián)立直線方程，運(yùn)用韋達(dá)定理，同時(shí)考查直線和圓相切的條件：d=r，運(yùn)用基本不等式求最值，屬于中檔題和易錯(cuò)題．