Question

19．已知椭圆T：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的上顶点为C（0，2），点E（2，$\sqrt{2}$）在椭圆T上．
（Ⅰ）求椭圆T的方程；
（Ⅱ）以椭圆T的长轴为直径的圆O（O为坐标原点）与过点C的直线l交于A，B两点，点D是椭圆T上异于点C的一动点，若$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{CD}=0$，求△ABD面积的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据题意，由椭圆上顶点的坐标可得b的值，进而由椭圆所过得定点，可得$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{4}$=1，解可得a的值，即可得答案；
（Ⅱ）由题意可得圆O的方程为x²+y²=8，分析可得AB⊥CD，对直线l的斜率分①不存在，②等于0，③不等于0，三种情况讨论，分别求出每种情况下△ABD面积的最大值，比较可得△ABD面积的最大值，即可得直线l的方程．

解答 解：（Ⅰ）根据题意，椭圆T：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的上顶点为C（0，2），b=2；
点E（2，$\sqrt{2}$）在椭圆T上，则有$\frac{4}{{a}^{2}}$+$\frac{2}{4}$=1，
则a²=8，
故椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，
（Ⅱ）由题意可得圆O的方程为x²+y²=8，
由于$\overrightarrow{AB}•\overrightarrow{CD}=0$，则AB⊥CD，
当直线l的斜率不存在时，D与C重合，不合题意，舍去；
当直线l的斜率为0，即AB∥x轴时，联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}=8}\\{y=2}\end{array}\right.$，解可得$\left\{\begin{array}{l}{x=±2}\\{y=2}\end{array}\right.$，
故S_△ABD=$\frac{1}{2}$×4×4=8；
当直线l的斜率存在且不为0时，设直线的方程为y=kx+2，k≠0，
圆心到直线的距离为d=$\frac{2}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，直线l被圆截得的弦长|AB|=2$\sqrt{8-{d}^{2}}$=$\frac{4\sqrt{2{k}^{2}+1}}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$；
又AB⊥CD，则CD的方程为y=-$\frac{1}{k}$x+2，
联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y=-\frac{1}{k}x+2}\end{array}\right.$，得（k²+2）x²-8kx=0，
x_D=$\frac{8k}{{k}^{2}+2}$，y_D=-$\frac{1}{k}$×$\frac{8k}{{k}^{2}+2}$+2=$\frac{2{k}^{2}-4}{{k}^{2}+2}$；
故|CD|=$\sqrt{{（x}_{d}）^{2}-（{y}_{d}-2）^{2}}$=$\frac{8\sqrt{{k}^{2}+1}}{{k}^{2}+2}$，
故S_△ABD=$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{2{k}^{2}+1}}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$×$\frac{8\sqrt{{k}^{2}+1}}{{k}^{2}+2}$=$\frac{16\sqrt{2{k}^{2}+1}}{{k}^{2}+2}$，
令t=$\sqrt{2{k}^{2}+1}$，则k²=$\frac{{t}^{2}-1}{2}$，（t＞1）
故S_△ABD=$\frac{16t}{\frac{{t}^{2}-1}{2}+2}$=$\frac{32t}{{t}^{2}+3}$=$\frac{32}{t+\frac{3}{t}}$≤$\frac{32}{2\sqrt{3}}$=$\frac{16\sqrt{3}}{3}$；
当且仅当t=$\sqrt{3}$时，等号成立；此时k=±1，
由于$\frac{16\sqrt{3}}{3}$＞8，故当直线l方程为y=±x+2时，△ABD面积的最大值为$\frac{16\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查直线与椭圆的方程的综合运用，一般解题时要联立直线与圆锥曲线的方程，将其转化为一元二次方程．利用根与系数的关系进行分析．