8.以橢圓M:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y2=1(a>1)的四個頂點為頂點的四邊形的四條邊與⊙O:x2+y2=1共有6個交點,且這6個點恰好把圓周六等分.
(Ⅰ)求橢圓M的方程;
(Ⅱ)若直線l與⊙O相切,且與橢圓M相交于P,Q兩點,求|PQ|的最大值.

分析 (Ⅰ)依題意,A(0,1),B(a,0),∠OAB=60°,從而得到a=$\sqrt{3}$,由此能求出橢圓方程.
(Ⅱ)當(dāng)直線l的斜率不存在時,直線l的方程為x=±1,此時|PQ|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=kx+m,由直線l與⊙O相切,得m2=1+k2,由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$,得(1+3k2)x2+6kmx+3(m2-1)=0,由此利用根的判別式、韋達定理、弦長公式,結(jié)合已知條件能求出|PQ|的最大值.

解答 解:(Ⅰ)如圖,依題意,A(0,1),B(a,0),∠OAB=60°,
∵tan∠OAB=$\frac{|BO|}{|AO|}$,∴$\sqrt{3}=\frac{a}{1}$,∴a=$\sqrt{3}$,
∴橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$.
(Ⅱ)當(dāng)直線l的斜率不存在時,直線l的方程為x=±1,
代入$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$,得y=$±\frac{\sqrt{6}}{3}$,此時|PQ|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$,
當(dāng)直線l的斜率存在時,設(shè)直線l的方程為y=kx+m,
∵直線l與⊙O相切,∴$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1,即m2=1+k2
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$,消去y,整理,得(1+3k2)x2+6kmx+3(m2-1)=0,
△=36k2m2-12(1+3k2)(m2-1)=12(13k2-m2)=24k2,
由△>0,得k≠0,
設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),則x1+x2=-$\frac{6km}{1+3{k}^{2}}$,${x}_{1}{x}_{2}=\frac{3({m}^{2}-1)}{1+3{k}^{2}}$,
∴|x1-x2|=$\sqrt{({x}_{1}+{x}_{2})^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}|k|}{1+3{k}^{2}}$.
∴|PQ|=$\sqrt{({x}_{1}-{x}_{2})^{2}+({y}_{1}-{y}_{2})^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x1-x2|
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x1-x2|
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{2\sqrt{6}|k|}{1+3{k}^{2}}$
=$2\sqrt{3}$•$\frac{\sqrt{(1+{k}^{2})•2{k}^{2}}}{1+3{k}^{2}}$
≤2$\sqrt{3}$•$\frac{\frac{(1+{k}^{2})+2{k}^{2}}{2}}{1+3{k}^{2}}$=$\sqrt{3}$.
∴當(dāng)且僅當(dāng)1+k2=2k2,即k=±1時,|PQ|取得最大值$\sqrt{3}$.
綜上所述,|PQ|的最大值為$\sqrt{3}$.

點評 本題主要考查圓的方程、橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識,考查推理論證能力、運算求解能力,考查數(shù)形結(jié)合思想、函數(shù)與方程思想、分類與整合思想等.

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