Question

19．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$經(jīng)過點(diǎn)$（1，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}）$，左右焦點(diǎn)分別為F₁、F₂，圓x²+y²=2與直線x+y+b=0相交所得弦長為2．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)Q是橢圓C上不在x軸上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，Q為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)F₂作OQ的平行線交橢圓C于M、N兩個(gè)不同的點(diǎn)
（1）試探究$\frac{|MN|}{{|OQ{|^2}}}$的值是否為一個(gè)常數(shù)？若是，求出這個(gè)常數(shù)；若不是，請說明理由．
（2）記△QF₂M的面積為S₁，△OF₂N的面積為S₂，令S=S₁+S₂，求S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知可得：圓心到直線x+y+b=0的距離為1，橢圓C經(jīng)過點(diǎn)$（1，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}）$，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）（1）設(shè)Q（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），OQ的方程為x=my，則MN的方程為x=my+1．由$\left\{\begin{array}{l}x=my\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$，得$|OQ|=\sqrt{1+{m^2}}•|{y_0}|$=$\frac{{\sqrt{6}\sqrt{1+{m^2}}}}{{\sqrt{2{m^2}+3}}}$，由$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$，得（2m²+3）y²+4my-4=0，由此利用韋達(dá)定理、弦長公式，結(jié)合已知條件能求出$\frac{|MN|}{{|OQ{|^2}}}$的值為一個(gè)常數(shù)．
（2）△QF₂M的面積=△OF₂M的面積，從而S=S₁+S₂=S_△OMN，求出O到直線MN：x=my+1的距離，結(jié)合已知條件能求出S的最大值．

解答 解：（Ⅰ）由已知可得：圓心到直線x+y+b=0的距離為1，即$\frac{{\sqrt{2}}}=1$，所以$b=\sqrt{2}$，
又橢圓C經(jīng)過點(diǎn)$（1，\frac{{2\sqrt{3}}}{3}）$，所以$\frac{1}{a^2}+\frac{4}{{3{b^2}}}=1$，得到$a=\sqrt{3}$，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅱ）（1）設(shè)Q（x₀，y₀），M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），OQ的方程為x=my，
則MN的方程為x=my+1．
由$\left\{\begin{array}{l}x=my\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x^2}=\frac{{6{m^2}}}{{2{m^2}+3}}\\{y^2}=\frac{6}{{2{m^2}+3}}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{x_0}^2=\frac{{6{m^2}}}{{2{m^2}+3}}\\{y_0}^2=\frac{6}{{2{m^2}+3}}.\end{array}\right.$
所以$|OQ|=\sqrt{1+{m^2}}•|{y_0}|$=$\frac{{\sqrt{6}\sqrt{1+{m^2}}}}{{\sqrt{2{m^2}+3}}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}x=my+1\\ \frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$，得（2m²+3）y²+4my-4=0，
所以${y_1}+{y_2}=-\frac{4m}{{2{m^2}+3}}$，${y_1}{y_2}=-\frac{4}{{2{m^2}+3}}$，$|MN|=\sqrt{1+{m^2}}•|{y_1}-{y_2}|$=$\sqrt{1+{m^2}}•\sqrt{{{（{y_1}+{y_2}）}^2}-4{y_1}{y_2}}$
=$\sqrt{1+{m^2}}•\sqrt{\frac{{16{m^2}}}{{{{（2{m^2}+3）}^2}}}+\frac{16}{{2{m^2}+3}}}$=$\sqrt{1+{m^2}}•\frac{{4\sqrt{3}\sqrt{1+{m^2}}}}{{2{m^2}+3}}=\frac{{4\sqrt{3}（1+{m^2}）}}{{2{m^2}+3}}$，
所以$\frac{|MN|}{{|OQ{|^2}}}=\frac{{\frac{{4\sqrt{3}（1+{m^2}）}}{{2{m^2}+3}}}}{{\frac{{6（1+{m^2}）}}{{2{m^2}+3}}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
（2）∵M(jìn)N∥OQ，∴△QF₂M的面積=△OF₂M的面積，∴S=S₁+S₂=S_△OMN，
∵O到直線MN：x=my+1的距離$d=\frac{1}{{\sqrt{{m^2}+1}}}$，
∴$S=\frac{1}{2}|MN|•d=\frac{1}{2}×\frac{{4\sqrt{3}（{m^2}+1）}}{{2{m^2}+3}}×\frac{1}{{\sqrt{{m^2}+1}}}=\frac{{2\sqrt{3}\sqrt{{m^2}+1}}}{{2{m^2}+3}}$，
令$\sqrt{{m^2}+1}=t$，則m²=t²-1（t≥1），$S=\frac{{2\sqrt{3}t}}{{2（{t^2}-1）+3}}=\frac{{2\sqrt{3}t}}{{2{t^2}+1}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{2t+\frac{1}{t}}}$，
令$g（t）=2t+\frac{1}{t}（t≥1）$，$g'（t）=2-\frac{1}{t^2}＞0$，
∴g（t）在[1，+∞）上為增函數(shù)，g（t）_min=g（1）=3，${S_{max}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓、直線方程、韋達(dá)定理、弦長公式、點(diǎn)到直線的距離公式等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想，考查創(chuàng)新意識、應(yīng)用意識，是中檔題．