Question

13．已知圓O：x²+y²=1過橢圓C：$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的短軸端點，P，Q分別是圓O與橢圓C上任意兩點，且線段PQ長度的最大值為3．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）過點（0，t）作圓O的一條切線交橢圓C于M，N兩點，求△OMN的面積的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由圓O過橢圓C的短軸端點b=1，線段PQ長度的最大值為3，a+1=3，a=2，即可求得橢圓方程；
（Ⅱ）設(shè)直線MN的方程，由點到直線的距離公式，求得k²=t²-1，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理及弦長公式求得丨MN丨，利用三角形的面積公式及基本不等式的性質(zhì)，即可求得△OMN的面積的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵圓O過橢圓C的短軸端點，∴b=1，
又∵線段PQ長度的最大值為3，
∴a+1=3，即a=2，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{y^2}{4}+{x^2}=1$．
（Ⅱ）由題意可設(shè)切線MN的方程為y=kx+t，即kx-y+t=0，則$\frac{|t|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=1$，得k²=t²-1．①
聯(lián)立得方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+t\\ \frac{y^2}{4}+{x^2}=1\end{array}\right.$，消去y整理得（k²+4）x²+2ktx+t²-4=0．
其中△=（2kt）²-4（k²+4）（t²-4）=-16t²+16k²+64=48＞0，
設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=\frac{-2kt}{{{k^2}+4}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{{t^2}-4}}{{{k^2}+4}}$，
則$|MN|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{-16{t^2}+16{k^2}+64}}}{{{k^2}+4}}$．②
將①代入②得$|MN|=\frac{{4\sqrt{3}|t|}}{{{t^2}+3}}$，∴${S_{△OMN}}=\frac{1}{2}×1×|MN|=\frac{{2\sqrt{3}|t|}}{{{t^2}+3}}$，
而$\frac{{2\sqrt{3}|t|}}{{{t^2}+3}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{|t|+\frac{3}{|t|}}}≤1$，等號成立當(dāng)且僅當(dāng)$|t|=\frac{3}{|t|}$，即$t=±\sqrt{3}$．
綜上可知：（S_△OMN）_max=1．

點評 本題考查橢圓的簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式及基本不等式的綜合運用，考查計算能力，屬于中檔題．