Question

10．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直線y=1與橢圓C的兩個交點間的距離為2．點R（m，n）是橢圓C上任意一點．從原點O引圓R：（x-m）²+（y-n）²=1（m²≠1）的兩條切線分別交橢圓C于點A，B．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求四邊形OARB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）運用橢圓的離心率公式和橢圓經(jīng)過點（1，1），求出a，b，即可求橢圓C的方程；
（2）利用從原點O引圓R：（x-m）²+（y-n）²=1（m²≠1）的兩條切線，分別交橢圓C于點A、B，運用相切的條件：d=r，再由韋達定理求出k₂=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$，切線方程與橢圓方程聯(lián)立，求出A，B的坐標，求出|OA|+|OB|的最大值，即可求四邊形OARB面積的最大值．

解答 解：（1）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且a²-c²=b²，
又直線y=1與橢圓C的兩個交點間的距離為2，可得橢圓經(jīng)過點（1，1），
即有$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{^{2}}$=1，
解得a=$\sqrt{3}$，b=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，c=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{2{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）點R（m，n）是橢圓C上任意一點，可得m²+2n²=3，
即有m²=3-2n²，
設切線方程為y=kx，不妨令切線OA斜率為k₁，切線OB斜率為k₂，
由直線和圓相切的條件可得$\frac{|km-n|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，
可得k²（m²-1）-2kmn+n²-1=0，
k₁k₂=$\frac{{n}^{2}-1}{{m}^{2}-1}$=$\frac{{n}^{2}-1}{2-2{n}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
即有k₂=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}={k}_{1}{x}_{1}}\\{{{x}_{1}}^{2}+2{{y}_{1}}^{2}=3}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{1}}^{2}=\frac{3}{1+2{{k}_{1}}^{2}}}\\{{{y}_{1}}^{2}=\frac{3{{k}_{1}}^{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}}\end{array}\right.$，
同理$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{2}}^{2}=\frac{12{{k}_{1}}^{2}}{2+4{{k}_{1}}^{2}}}\\{{{y}_{2}}^{2}=\frac{3}{2+4{{k}_{1}}^{2}}}\end{array}\right.$，
|OA|+|OB|=$\sqrt{\frac{3（1+{{k}_{1}}^{2}）}{1+2{{k}_{1}}^{2}}}$+$\sqrt{\frac{3（1+4{{k}_{1}}^{2}）}{2+4{{k}_{1}}^{2}}}$，
令t=$\frac{1}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$（t≤1），
可得|OA|+|OB|=$\frac{\sqrt{6}}{2}$（$\sqrt{1+t}$+$\sqrt{2-t}$），
即有（|OA|+|OB|）²=$\frac{9}{2}$+3$\sqrt{（1+t）（2-t）}$=$\frac{9}{2}$+3$\sqrt{-（t-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{9}{4}}$≤$\frac{9}{2}$+3•$\frac{3}{2}$=9，
當且僅當t=$\frac{1}{2}$，即k₁²=$\frac{1}{2}$時取得最大值，
則S_{四邊形OARB}=$\frac{1}{2}$（|OA|+|OB|）•1≤$\frac{3}{2}$．
故四邊形OARB面積的最大值為$\frac{3}{2}$．

點評 本題考查橢圓方程的求法，以及直線與橢圓的綜合應用，直線與圓相切關系的應用，考查分析問題解決問題的能力．轉化思想的應用．