Question

14．已知直线l：y=-x+1与椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）相交于A、B两点．
（1）若直线l恰好经过椭圆C的一个焦点F，且椭圆C上的点到F的最大距离为$\sqrt{3}$+1，求椭圆C的标准方程．
（2）若OA⊥OB（其中O为坐标原点），当椭圆C的离心率e∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$]时，求椭圆C的长轴长的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用直线与x轴的交点，求出椭圆的半焦距，利用椭圆的性质列出a+c，然后求出椭圆的几何量，即可求出椭圆的标准方程．
（2）将直线的方程与椭圆的方程联立，利用韦达定理求出两个交点的横、纵坐标之积；利用向量垂直的充要条件将OA⊥OB用交点的坐标表示，得到椭圆的三个参数的一个等式，再利用椭圆的三个参数本身的关系得到参数a与离心率的关系，利用离心率的范围求出a的范围，得到椭圆的长轴长的最大值．

解答 解：（1）∵直线l：y=-x+1恰好经过椭圆C的一个焦点F，可得c=1，椭圆C上的点到F的最大距离为$\sqrt{3}$+1，a+c=$\sqrt{3}+1$，解得a=$\sqrt{3}$，
则b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$．
∴椭圆方程为：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．
（2）由$\left\{\begin{array}{l}\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1\\ y=-x+1\end{array}\right.$消去y得（a²+b²）•x²-2a²x+a²•（1-b²）=0，
由△=（-2a²）²-4a²（a²+b²）（1-b²）＞0，整理得a²+b²＞1．
设A（x₁，y₁，），B（x₂，y₂），
则x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}（1-{b}^{2}）}{{a}^{2}+{b}^{2}}$．
∴y₁y₂=（-x₁+1）（-x₂+1）=x₁x₂-（x₁+x₂）+1．
∵OA⊥OB（其中O为坐标原点），
∴x₁x₂+y₁y₂=0，即2x₁x₂-（x₁+x₂）+1=0．
∴$\frac{{2a}^{2}（1-{b}^{2}）}{{a}^{2}+{b}^{2}}$-$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$+1=0．整理得a²+b²-2a²b²=0．
∵b²=a²-c²=a²-a²e²，代入上式得
2a²=1+$\frac{1}{1-{e}^{2}}$，
∴a²=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{1-{e}^{2}}$）．
∵e∈[$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$]，∴$\frac{1}{4}$≤e²≤$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{1}{4}$≤1-e²≤$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{4}{3}$≤$\frac{1}{1-{e}^{2}}$≤4，∴$\frac{7}{3}$≤1+$\frac{1}{1-{e}^{2}}$≤5，
∴$\frac{7}{6}$≤a²≤$\frac{5}{2}$，适合条件a²+b²＞1，
由此得$\frac{\sqrt{42}}{6}$≤a≤$\frac{\sqrt{10}}{2}$．
∴$\frac{\sqrt{42}}{3}$≤2a≤$\sqrt{10}$，
故长轴长的最大值为$\sqrt{10}$．

点评 本题考查求圆锥曲线的方程，一般利用待定系数法；解决直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般设出直线方程，将直线方程与圆锥曲线方程联立，消去一个未知数，得到关于一个未知数的二次方程，利用韦达定理，找突破口．注意设直线方程时，一定要讨论直线的斜率是否存在．