Question

8．以橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1（a＞1）的四個(gè)頂點(diǎn)為頂點(diǎn)的四邊形的四條邊與⊙O：x²+y²=1共有6個(gè)交點(diǎn)，且這6個(gè)點(diǎn)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(diǎn)，求|PQ|的最大值．

Answer 1

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(shí)，直線l的方程為x=±1，此時(shí)|PQ|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，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(dá)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(shí)，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(shí)|PQ|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，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(shí)，|PQ|取得最大值$\sqrt{3}$．
綜上所述，|PQ|的最大值為$\sqrt{3}$．

點(diǎn)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(yùn)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．