Question

20．平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）過右焦點(diǎn)的直線$x+y-\sqrt{3}=0$交M于A，B兩點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)，且OP的斜率為$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓M的方程；
（2）若C，D為橢圓M上的兩點(diǎn)，且CD⊥AB，求|CD|的最大值．

Answer 1

分析 （1）把右焦點(diǎn)（c，0）代入直線可解得c．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），線段AB的中點(diǎn)P（x₀，y₀），利用“點(diǎn)差法”即可得到a、b的關(guān)系式，再與a²=b²+c²聯(lián)立即可得到a、b、c；
（2）由CD⊥AB可設(shè)直線CD的方程為y=x+t并與橢圓的方程聯(lián)立得到根與系數(shù)的關(guān)系，進(jìn)而可得到弦長|CD|的表達(dá)式，利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得到其最大值．

解答 解：（1）把右焦點(diǎn)（c，0）代入直線x+y-$\sqrt{3}$=0，
得c+0-$\sqrt{3}$=0，解得c=$\sqrt{3}$．
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），線段AB的中點(diǎn)P（x₀，y₀），
則$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{^{2}}$=1，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{2}}^{2}}{^{2}}$=1，
兩式相減得：$\frac{{{x}_{1}}^{2}-{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}-{{y}_{2}}^{2}}{^{2}}$=0，
∴$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{^{2}}$×$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}$=0，
∴$\frac{2{x}_{0}}{{a}^{2}}$+$\frac{2{y}_{0}}{^{2}}$×（-1）=0，
又∵k_OP=$\frac{1}{2}$=$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$，∴$\frac{1}{{a}^{2}}$-$\frac{1}{2^{2}}$=0，即a²=2b²．
聯(lián)立得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=2^{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=6}\\{^{2}=3}\end{array}\right.$，
∴M的方程為：$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1；
（2）∵CD⊥AB，∴可設(shè)直線CD的方程為y=x+t，
聯(lián)立直線CD與M的方程，消去y得：3x²+4tx+2t²-6=0，
∵直線CD與橢圓有兩個不同的交點(diǎn)，
∴△=16t²-12（2t²-6）=72-8t²＞0，解得：-3＜t＜3（*）．
設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），∴x₃+x₄=-$\frac{4t}{3}$，x₃x₄=$\frac{2{t}^{2}-6}{3}$．
∴|CD|=$\sqrt{（1+{1}^{2}）[（{x}_{3}+{x}_{4}）^{2}-4{x}_{3}{x}_{4}]}$
=$\sqrt{2[（-\frac{4t}{3}）^{2}-4×\frac{2{t}^{2}-6}{3}]}$
=$\frac{2\sqrt{2}•\sqrt{18-2{t}^{2}}}{3}$．
∴當(dāng)且僅當(dāng)t=0時，|CD|最大值為4，滿足（*）．
∴|CD|最大值為4．

點(diǎn)評 本題綜合考查了橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、“點(diǎn)差法”、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立得到一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、二次函數(shù)的單調(diào)性等基礎(chǔ)知識，考查了推理能力、數(shù)形結(jié)合的思想方法、計(jì)算能力、分析問題和解決問題的能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．