Question

1．如图，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）与圆E：x²+y²-y-2=0在第一象限相交于点P，椭圆C的左、右焦点F₁，F₂都在圆E上，且线段PF₁为圆E的直径．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设直线l与椭圆C相交于A，B两点，且直线l与y轴相交于D点，M为线段AB的中点，O为坐标原点，若$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{OD}$=1，求|OM|•|AB|的最大值．

Answer 1

分析 （1）求得圆E的圆心和半径，由题意可得|PF₁|=3，PF₁⊥PF₂，运用中位线定理可得|PF₂|=1，由椭圆的定义可得a=2，运用勾股定理可得c，求得b，进而得到椭圆的方程；
（2）设直线l的方程为y=kx+t，代入椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，以及中点坐标公式，运用向量的数量积的坐标表示可得1+2k²=t²，化简整理，运用二次函数的最值的求法，即可得到所求最大值．

解答 解：（1）圆E：x²+y²-y-2=0的圆心为E（0，$\frac{1}{2}$），半径为$\frac{3}{2}$，
由题意可得|PF₁|=3，PF₁⊥PF₂，
由中位线定理可得|OE|=$\frac{1}{2}$|PF₂|=$\frac{1}{2}$，即|PF₂|=1，
由椭圆的定义可得2a=|PF₁|+|PF₂|=4，即a=2，
又|F₁F₂|²=|PF₁|²-|PF₂|²，
即为4c²=9-1=8，解答c=$\sqrt{2}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
则椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）设直线l的方程为y=kx+t，代入椭圆方程x²+2y²-4=0，
可得（1+2k²）x²+4ktx+2t²-4=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），可得：
x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{t}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，
由中点坐标公式可得M（-$\frac{2kt}{1+2{k}^{2}}$，$\frac{t}{1+2{k}^{2}}$），
D（0，t），由$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{OD}$=1，可得1+2k²=t²，即k²=$\frac{{t}^{2}-1}{2}$，
即有M的坐标为（-$\frac{2k}{t}$，$\frac{1}{t}$），
|OM|=$\sqrt{\frac{1+4{k}^{2}}{{t}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{2{t}^{2}-1}{{t}^{2}}}$，
又|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{\frac{16{k}^{2}{t}^{2}}{{t}^{4}}-\frac{8{t}^{2}-16}{{t}^{2}}}$
=$\sqrt{\frac{{t}^{2}+1}{2}}$•$\sqrt{\frac{8}{{t}^{2}}}$=2$\sqrt{\frac{1+{t}^{2}}{{t}^{2}}}$，
即有|OM|•|AB|=$\sqrt{\frac{2{t}^{2}-1}{{t}^{2}}}$•2$\sqrt{\frac{1+{t}^{2}}{{t}^{2}}}$=2$\sqrt{\frac{2{t}^{4}+{t}^{2}-1}{{t}^{4}}}$=2$\sqrt{2-\frac{1}{{t}^{4}}+\frac{1}{{t}^{2}}}$
=2$\sqrt{-（\frac{1}{{t}^{2}}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{9}{4}}$，
当$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，即t=±$\sqrt{2}$，k=±1时，|OM|•|AB|取得最大值2$\sqrt{\frac{9}{4}}$=3．

点评 本题考查椭圆方程的求法，注意运用圆的直径所对的圆周角为直角，以及椭圆的定义和勾股定理的运用，考查直线方程和椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，以及二次函数的最值的求法，同时考查向量数量积的坐标表示，化简整理的运算能力，属于中档题．