Question

1．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）與圓E：x²+y²-y-2=0在第一象限相交于點P，橢圓C的左、右焦點F₁，F(xiàn)₂都在圓E上，且線段PF₁為圓E的直徑．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設直線l與橢圓C相交于A，B兩點，且直線l與y軸相交于D點，M為線段AB的中點，O為坐標原點，若$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{OD}$=1，求|OM|•|AB|的最大值．

Answer 1

分析 （1）求得圓E的圓心和半徑，由題意可得|PF₁|=3，PF₁⊥PF₂，運用中位線定理可得|PF₂|=1，由橢圓的定義可得a=2，運用勾股定理可得c，求得b，進而得到橢圓的方程；
（2）設直線l的方程為y=kx+t，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，以及中點坐標公式，運用向量的數(shù)量積的坐標表示可得1+2k²=t²，化簡整理，運用二次函數(shù)的最值的求法，即可得到所求最大值．

解答 解：（1）圓E：x²+y²-y-2=0的圓心為E（0，$\frac{1}{2}$），半徑為$\frac{3}{2}$，
由題意可得|PF₁|=3，PF₁⊥PF₂，
由中位線定理可得|OE|=$\frac{1}{2}$|PF₂|=$\frac{1}{2}$，即|PF₂|=1，
由橢圓的定義可得2a=|PF₁|+|PF₂|=4，即a=2，
又|F₁F₂|²=|PF₁|²-|PF₂|²，
即為4c²=9-1=8，解答c=$\sqrt{2}$，b=$\sqrt{{a}^{2}-{c}^{2}}$=$\sqrt{2}$，
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）設直線l的方程為y=kx+t，代入橢圓方程x²+2y²-4=0，
可得（1+2k²）x²+4ktx+2t²-4=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），可得：
x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{t}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，
由中點坐標公式可得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的坐標為（-$\frac{2k}{t}$，$\frac{1}{t}$），
|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$\sqrt{-（\frac{1}{{t}^{2}}-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{9}{4}}$，
當$\frac{1}{{t}^{2}}$=$\frac{1}{2}$，即t=±$\sqrt{2}$，k=±1時，|OM|•|AB|取得最大值2$\sqrt{\frac{9}{4}}$=3．

點評 本題考查橢圓方程的求法，注意運用圓的直徑所對的圓周角為直角，以及橢圓的定義和勾股定理的運用，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，以及二次函數(shù)的最值的求法，同時考查向量數(shù)量積的坐標表示，化簡整理的運算能力，屬于中檔題．