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(2011•崇明县二模)如图,已知椭圆
x2
a2
+
y2
b2
=1
(a>b>0),M为椭圆上的一个动点,F1、F2分别为椭圆的左、右焦点,A、B分别为椭圆的一个长轴端点与短轴的端点.当MF2⊥F1F2时,原点O到直线MF1的距离为
1
3
|OF1|.
(1)求a,b满足的关系式;
(2)当点M在椭圆上变化时,求证:∠F1MF2的最大值为
π
2

(3)设圆x2+y2=r2(0<r<b),G是圆上任意一点,过G作圆的切线交椭圆于Q1,Q2两点,当OQ1⊥OQ2时,求r的值.(用b表示)
分析:(1)设F1(-c,0),F2(c,0),A(a,c),B(0,b),因为MF2⊥F1F2,所以点M坐标为 M(c,
b2
a
)
,由此能够求出a=
2
b

(2)设MF1=m,MF2=n,m+n=2a,由余弦定理得cos∠F1MF2=
m2+n2-4c2
2mn
=
2b2
mn
-1
.因为0<mn≤
(m+n)2
4
=2b2
,所以cos∠F1MF2≥0,由此能够证明:∠F1MF2的最大值为
π
2

(3)设G(rcosθ,rsinθ)圆上任意一点,过G点的切线交该椭圆于Q1(x1,x2),Q2(x2,y2),则切线l的法向量为(rcosθ,rsinθ),直线l的方程为xcosθ+ysinθ-r=0,联立方程组
xcosθ+ysinθ-r=0
x2+2y2=2b2
,能够推导出r=
6
3
b
解答:解:(1)设F1(-c,0),F2(c,0),A(a,c),B(0,b),
因为MF2⊥F1F2,所以点M坐标为 M(c,
b2
a
)

所以MF1方程b2x-2axy+b2c=0,
O到MF1距离d=
b2c
b4+4a2c2
=
1
3
|OF1| =
1
3
c
,整理得2b4=a2c2
所以
a2=b2+c2
2b4=a2c2
解得a=
2
b

(2)设MF1=m,MF2=n,m+n=2a,
由余弦定理得cos∠F1MF2=
m2+n2-4c2
2mn

=
4(a2-c2)-2mn 
2mn

=
2b2
mn
-1

因为0<mn≤
(m+n)2
4
=2b2

所以cos∠F1MF2≥0,
当且仅当m=n=a=
2
b
,cos∠F1MF2=0,
由三角形内角及余弦单调性知有最大值F1MF2=
π
2

(3)设G(rcosθ,rsinθ)圆上任意一点,过G点的切线交该椭圆于Q1(x1,x2),Q2(x2,y2),
则切线l的法向量为(rcosθ,rsinθ),直线l的方程为xcosθ+ysinθ-r=0,
联立方程组
xcosθ+ysinθ-r=0
x2+2y2=2b2

①cosθ=0时,|OG|=|Q1G|=|Q2G|,所以r=
2b2-2r2
,即:r=
6
b
3

②cosθ≠0时,由
xcosθ+ysinθ-r=0
x 2+2y2=2b2

得(1+cos2θ)y2-2rsinθy+r2-2b2cos2θ=0,
所以
y1+y2=
-2rsinθ
1+cos2θ
y1y2=
r2-2b2cos2θ
1+cos2θ

因为x1x2cos2θ=r2-(y1+y2)rsinθ+sin2θ,
由OQ1⊥OQ2得,x1x2cos2θ+y1y2cos2θ=r2-(y1+y2)rsinθ+y1y2=0
所以3r2cos2θ=2b2cos2θ,从而r=
6
3
b

由①、②知,r=
6
3
b
点评:本题主要考查椭圆标准方程,简单几何性质,直线与椭圆的位置关系,椭圆的简单性质等基础知识.考查运算求解能力,推理论证能力;考查函数与方程思想,化归与转化思想.
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lim
n→∞
Sn=
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2
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(0,
1
2
)∪(
1
2
,1)
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2
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1
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3
2
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(-∞,-
3
2
]∪[
3
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