Question

2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，設(shè)橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{6}$，且過(guò)點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\sqrt{5}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)點(diǎn)P是橢圓C上橫坐標(biāo)大于2的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作圓（x-1）²+y²=1的兩條切線分別與y軸交于點(diǎn)A，B，試確定點(diǎn)P的坐標(biāo)，使得△PAB的面積最大．

Answer 1

分析 （1）由題意可得2c=2$\sqrt{6}$，點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\sqrt{5}$）代入橢圓方程，以及a，b，c的關(guān)系，解得a，b，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）設(shè)點(diǎn)P（x₀，y₀），其中${x_0}∈（{2，2\sqrt{3}}]$，又設(shè)A（0，m），B（0，n），不妨m＞n，求得直線PA，PB的方程，運(yùn)用直線和圓相切的條件：d=r，化簡(jiǎn)整理，構(gòu)造二次方程運(yùn)用韋達(dá)定理，由三角形的面積公式，化簡(jiǎn)構(gòu)造函數(shù)，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，即可得到所求最大值時(shí)P的坐標(biāo)．

解答 解：（1）由題意得，$2c=2\sqrt{6}$，
代入點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\sqrt{5}$），可得$\frac{2}{a^2}+\frac{5}{b^2}=1$，
又c²=a²-b²，
解得a²=12，b²=6，
所以橢圓C的方程為$\frac{x^2}{12}+\frac{y^2}{6}=1$；
（2）設(shè)點(diǎn)P（x₀，y₀），其中${x_0}∈（{2，2\sqrt{3}}]$，且$\frac{{{x_0}^2}}{12}+\frac{{{y_0}^2}}{6}=1$，
又設(shè)A（0，m），B（0，n），不妨m＞n，
則直線PA的方程為：（y₀-m）x-x₀y+x₀m=0，
則圓心（1，0）到直線PA的距離為$\frac{{|{{y_0}-m+{x_0}m}|}}{{\sqrt{{{（{y_0}-m）}^2}+{x_0}^2}}}=1$，
化簡(jiǎn)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為方程$（{x_0}-2）{x^2}+2{y_0}y-{x_0}=0$的兩根，
則${（{m-n}）^2}=\frac{{{{（{2{y_0}}）}^2}+4{x_0}（{x_0}-2）}}{{{{（{x_0}-2）}^2}}}$，
又△PAB的面積為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$t={x_0}-2∈（{0，2\sqrt{3}-2}]$，記$f（t）=\frac{{（{t^2}+8）{{（t+2）}^2}}}{{2{t^2}}}$，
則$f'（t）=\frac{{t（t+2）{{（{t^3}-16）}^2}}}{t^4}＞0$在$（{0，2\sqrt{3}-2}]$恒成立，
所以f（t）在$（{0，2\sqrt{3}-2}]$上單調(diào)遞增，
故$t=2\sqrt{3}-2$，即${x_0}=2\sqrt{3}$時(shí)，此時(shí)P的坐標(biāo)為（2$\sqrt{3}$，0），f（t）最大，
此時(shí)△PAB的面積最大．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意橢圓的焦距和點(diǎn)滿足橢圓方程，考查三角形的面積的最值的求法，注意運(yùn)用直線和圓相切的條件：d=r，考查構(gòu)造函數(shù)法，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．