Question

1．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)與短軸長(zhǎng)之比為$\sqrt{2}$：1，點(diǎn)R（x₀，y₀）是橢圓上任意一點(diǎn)，從原點(diǎn)O引圓R：（x-x₀）²+（y-y₀）²=2（x₀²≠2）的兩條切線分別交橢圓C于點(diǎn)M、N．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求四邊形OMRN面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)與短軸長(zhǎng)之比為$\sqrt{2}$：1，求出a，b，即可求橢圓C的方程；
（Ⅱ）利用從原點(diǎn)O引圓R：（x-x₀）²+（y-y₀）²=2（x₀²≠2）的兩條切線分別交橢圓C于點(diǎn)M、N，求出k₂=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$，切線方程與橢圓方程聯(lián)立，求出OM+ON的最大值，即可求四邊形OMRN面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{3}$，且長(zhǎng)軸長(zhǎng)與短軸長(zhǎng)之比為$\sqrt{2}$：1，
∴c=$\sqrt{3}$，a=$\sqrt{2}$b，∴b=$\sqrt{3}$，a=$\sqrt{6}$
∴橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）設(shè)切線方程為y=kx，不妨令切線OM斜率為k₁，切線ON斜率為k₂，則
由$\frac{|k{x}_{0}-{y}_{0}|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，可得${k}^{2}（{{x}_{0}}^{2}-2）-2k{x}_{0}{y}_{0}+{{y}_{0}}^{2}-2=0$，
∴k₁k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-2}{{{x}_{0}}^{2}-2}$=-$\frac{1}{2}$，
∴k₂=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}={k}_{1}{x}_{1}}\\{\frac{{{x}_{1}}^{2}}{6}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{1}}^{2}=\frac{6}{2{{k}_{1}}^{2}+1}}\\{{{y}_{1}}^{2}=\frac{6{{k}_{1}}^{2}}{2{{k}_{1}}^{2}+1}}\end{array}\right.$，
同理$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{2}}^{2}=\frac{12{{k}_{1}}^{2}}{2{{k}_{1}}^{2}+1}}\\{{{y}_{2}}^{2}=\frac{3}{2{{k}_{1}}^{2}+1}}\end{array}\right.$，
∴OM+ON=$\sqrt{3（1+\frac{1}{2{{k}_{1}}^{2}+1}）}$+$\sqrt{3（2-\frac{1}{2{{k}_{1}}^{2}+1}）}$，
令t=$\frac{1}{2{{k}_{1}}^{2}+1}$（t≤1）
∴OM+ON=$\sqrt{3}$（$\sqrt{1+t}$+$\sqrt{2-t}$），
∴（OM+OM）²=9+6$\sqrt{-（t-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{9}{4}}$≤9+6•$\frac{3}{2}$=18，
當(dāng)且僅當(dāng)t=$\frac{1}{2}$，即${{k}_{1}}^{2}$=$\frac{1}{2}$時(shí)取得最大值，
∴S_{四邊形OMRN}=$\frac{1}{2}$（OM+ON）$•\sqrt{2}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}•3\sqrt{2}$=3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用，直線與圓相切關(guān)系的應(yīng)用，考查分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力．轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．