Question

15．平面直角坐标系xOy中，经过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的一个焦点的直线x-y-$\sqrt{3}$=0与C相交于M，N两点，P为MN的中点，且OP斜率是-$\frac{1}{4}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）直线l分别与椭圆C和圆D：x²+y²=r²（b＜r＜a）相切于点A，B，求|AB|的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设出M，N的坐标，由MN所在直线斜率为1，P为MN的中点，且OP斜率是-$\frac{1}{4}$及M，N都在椭圆上列式得到a，b的关系，再由焦点在直线x-y-$\sqrt{3}$=0上及隐含条件得a，b的另一等式，联立方程组即可求得a，b的值，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）设A，B分别为直线l与椭圆和圆的切点，再设出切点A（x₀，y₀），联立直线方程和椭圆方程，求出切点A的坐标，由直线和圆相切得到$r=\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，结合直线和椭圆联立所得方程的判别式等于0，把k，m用含有r的代数式表示，再由|AB|²=|OA|²-r²，最后化为含有r的函数式，利用基本不等式求得最值．

解答 解：（Ⅰ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则
$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}=-\frac{1}{4}$，$\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=1$，$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{b}^{2}}=1$，$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{2}}^{2}}{{b}^{2}}=1$，
由此可得$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}=-\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{{x}_{1}+{x}_{2}}•\frac{{y}_{1}-{y}_{2}}{{x}_{1}-{x}_{2}}=\frac{1}{4}$，即a²=4b²，
又由题意知，C的右焦点是$（\sqrt{3}，0）$，故a²-b²=3，
因此a²=4，b²=1，
椭圆C的方程是$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）设A，B分别为直线l与椭圆和圆的切点，A（x₀，y₀），
直线l的方程为：y=kx+m，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，得
（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
由判别式△=0，得m²=1+4k² ①，
${x}_{0}=-\frac{4km}{1+4{k}^{2}}=-\frac{4k}{m}$，${y}_{0}=k{x}_{0}+m=-\frac{4{k}^{2}-{m}^{2}}{m}=\frac{1}{m}$．
直线l与x²+y²=r²相切，$r=\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
即m²=r²（1+k²），再由①得${k}^{2}=\frac{{r}^{2}-1}{4-{r}^{2}}$，${m}^{2}=\frac{3{r}^{2}}{4-{r}^{2}}$，
$|AB{|}^{2}=|OA{|}^{2}-{r}^{2}={{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-{r}^{2}=\frac{16{k}^{2}+1}{{m}^{2}}$-r²=$\frac{16\frac{{r}^{2}-1}{4-{r}^{2}}}{\frac{3{r}^{2}}{4-{r}^{2}}}-{r}^{2}=5-（\frac{4}{{r}^{2}}+{r}^{2}）$，
∵$\frac{4}{{r}^{2}}+{r}^{2}≥2\sqrt{\frac{4}{{r}^{2}}•{r}^{2}}=1$，当r=$\sqrt{2}∈$（1，2）时取等号，∴$5-（\frac{4}{{r}^{2}}+{r}^{2}）≤1$，
因此当r=$\sqrt{2}∈$（1，2）时，|AB|的最大值是1．

点评 本题考查了椭圆方程的求法，考查了直线与圆锥曲线，圆与圆锥曲线的位置关系，涉及直线和圆锥曲线的位置关系问题，常采用联立直线和圆锥曲线，利用一元二次方程的根与系数关系求解，特点是运算量大，要求考生具有较强的运算能力，是压轴题．