Question

2．在平面直角坐标系xOy中，设椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距为2$\sqrt{6}$，且过点（$\sqrt{2}$，$\sqrt{5}$）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设点P是椭圆C上横坐标大于2的一点，过点P作圆（x-1）²+y²=1的两条切线分别与y轴交于点A，B，试确定点P的坐标，使得△PAB的面积最大．

Answer 1

分析 （1）由题意可得2c=2$\sqrt{6}$，点（$\sqrt{2}$，$\sqrt{5}$）代入椭圆方程，以及a，b，c的关系，解得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）设点P（x₀，y₀），其中${x_0}∈（{2，2\sqrt{3}}]$，又设A（0，m），B（0，n），不妨m＞n，求得直线PA，PB的方程，运用直线和圆相切的条件：d=r，化简整理，构造二次方程运用韦达定理，由三角形的面积公式，化简构造函数，运用导数判断单调性，即可得到所求最大值时P的坐标．

解答 解：（1）由题意得，$2c=2\sqrt{6}$，
代入点（$\sqrt{2}$，$\sqrt{5}$），可得$\frac{2}{a^2}+\frac{5}{b^2}=1$，
又c²=a²-b²，
解得a²=12，b²=6，
所以椭圆C的方程为$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{6}=1$；
（2）设点P（x₀，y₀），其中${x_0}∈（{2，2\sqrt{3}}]$，且$\frac{{{x_0}^2}}{12}+\frac{{{y_0}^2}}{6}=1$，
又设A（0，m），B（0，n），不妨m＞n，
则直线PA的方程为：（y₀-m）x-x₀y+x₀m=0，
则圆心（1，0）到直线PA的距离为$\frac{{|{{y_0}-m+{x_0}m}|}}{{\sqrt{{{（{y_0}-m）}^2}+{x_0}^2}}}=1$，
化简得$（{x_0}-2）{m^2}+2{y_0}m-{x_0}=0$，
同理可得，$（{x_0}-2）{n^2}+2{y_0}n-{x_0}=0$，
所以m，n为方程$（{x_0}-2）{x^2}+2{y_0}y-{x_0}=0$的两根，
则${（{m-n}）^2}=\frac{{{{（{2{y_0}}）}^2}+4{x_0}（{x_0}-2）}}{{{{（{x_0}-2）}^2}}}$，
又△PAB的面积为S=$\frac{1}{2}（m-n）{x_0}$，
所以${S^2}=\frac{{{y_0}^2+{x_0}（{x_0}-2）}}{{{{（{x_0}-2）}^2}}}{x_0}^2$=$\frac{{{{（{x_0}-2）}^2}+8}}{{2{{（{x_0}-2）}^2}}}{x_0}^2$，
令$t={x_0}-2∈（{0，2\sqrt{3}-2}]$，记$f（t）=\frac{{（{t^2}+8）{{（t+2）}^2}}}{{2{t^2}}}$，
则$f'（t）=\frac{{t（t+2）{{（{t^3}-16）}^2}}}{t^4}＞0$在$（{0，2\sqrt{3}-2}]$恒成立，
所以f（t）在$（{0，2\sqrt{3}-2}]$上单调递增，
故$t=2\sqrt{3}-2$，即${x_0}=2\sqrt{3}$时，此时P的坐标为（2$\sqrt{3}$，0），f（t）最大，
此时△PAB的面积最大．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，注意椭圆的焦距和点满足椭圆方程，考查三角形的面积的最值的求法，注意运用直线和圆相切的条件：d=r，考查构造函数法，运用导数判断单调性，考查化简整理的运算能力，属于中档题．