Question

1．如圖，橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）和圓O：x²+y²=b²，已知橢圓C的離心率為$\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$，直線$\sqrt{2}$x-2y-$\sqrt{6}$=0與圓O相切．
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）橢圓C的上頂點(diǎn)為B，EF是圓O的一條直徑，EF不與坐標(biāo)軸重合，直線BE、BF與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)分別為P、Q，求△BPQ的面積的最大值及此時(shí)PQ所在的直線方程．

Answer 1

分析 （1）直線$\sqrt{2}$x-2y-$\sqrt{6}$=0與圓O相切，則b=r=$\frac{丨\sqrt{2}×0-2×0-\sqrt{6}丨}{\sqrt{（\sqrt{2}）^{2}+（-2）^{2}}}$=1，由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$，解得：a²，
（Ⅱ）由題意知直線BP，BQ的斜率存在且不為0，BP⊥BQ，不妨設(shè)直線BP的斜率為k（k＞0），則PE：y=kx+1．由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得P（-$\frac{18k}{9{k}^{2}+1}$，$-\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}$）．用-$\frac{1}{k}$代替k，Q（$\frac{18k}{{k}^{2}+9}$，-$\frac{9-{k}^{2}}{{k}^{2}+9}$），則丨PB丨=$\sqrt{（0+\frac{18k}{9{k}^{2}+1}）^{2}+（1+\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}）^{2}}$=$\frac{18k}{9{k}^{2}+1}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$，丨BQ丨$\sqrt{（0-\frac{18k}{{k}^{2}+9}）^{2}+（1+\frac{9-{k}^{2}}{{k}^{2}+9}）^{2}}$=$\frac{18}{9+{k}^{2}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$，S_△BPQ=$\frac{1}{2}$×丨PB丨×丨BQ丨=$\frac{1}{2}$×$\frac{18k}{9{k}^{2}+1}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$×$\frac{18}{9+{k}^{2}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$，即可求解，

解答 解：（1）直線$\sqrt{2}$x-2y-$\sqrt{6}$=0與圓O相切，則b=r=$\frac{丨\sqrt{2}×0-2×0-\sqrt{6}丨}{\sqrt{（\sqrt{2}）^{2}+（-2）^{2}}}$=1，
由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{{2\sqrt{2}}}{3}$，解得：a²=9，
橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）由題意知直線BP，BQ的斜率存在且不為0，BP⊥BQ，不妨設(shè)直線BP的斜率為k（k＞0），
則PE：y=kx+1．
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+1}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{18k}{9{k}^{2}+1}}\\{y=\frac{-9{k}^{2}+1}{9{k}^{2}+1}}\end{array}\right.$，或$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=-1}\end{array}\right.$，
∴P（-$\frac{18k}{9{k}^{2}+1}$，$-\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}$）．
用-$\frac{1}{k}$代替k，Q（$\frac{18k}{{k}^{2}+9}$，-$\frac{9-{k}^{2}}{{k}^{2}+9}$），
則丨PB丨=$\sqrt{（0+\frac{18k}{9{k}^{2}+1}）^{2}+（1+\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}）^{2}}$=$\frac{18k}{9{k}^{2}+1}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
丨BQ丨$\sqrt{（0-\frac{18k}{{k}^{2}+9}）^{2}+（1+\frac{9-{k}^{2}}{{k}^{2}+9}）^{2}}$=$\frac{18}{9+{k}^{2}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
∴S_△BPQ=$\frac{1}{2}$×丨PB丨×丨BQ丨=$\frac{1}{2}$×$\frac{18k}{9{k}^{2}+1}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$×$\frac{18}{9+{k}^{2}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$，
=$\frac{162k（1+{k}^{2}）}{（9+{k}^{2}）（1+9{k}^{2}）}$，
=$\frac{162（k+{k}^{3}）}{9{k}^{4}+82{k}^{2}+9}$=$\frac{162（\frac{1}{k}+k）}{9{k}^{2}+82+\frac{9}{{k}^{2}}}$，
設(shè)k+$\frac{1}{k}$=μ，則S_△BPQ=$\frac{162μ}{82+9（{μ}^{2}-2）}$=$\frac{162}{9μ+\frac{64}{μ}}$≤$\frac{162}{2\sqrt{9μ•\frac{64}{μ}}}$=$\frac{27}{8}$．
當(dāng)且僅當(dāng)9μ=$\frac{64}{μ}$即k+$\frac{1}{k}$=μ=$\frac{8}{3}$時(shí)取等號(hào)，
即（k-$\frac{1}{k}$）2=（k+$\frac{1}{k}$）-4=$\frac{28}{9}$，
k-$\frac{1}{k}$=±$\frac{2\sqrt{7}}{3}$．
直線PQ的斜率k=$\frac{\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}-\frac{9-{k}^{2}}{{k}^{2}+9}}{\frac{18k}{9{k}^{2}+1}+\frac{18k}{{k}^{2}+9}}$=$\frac{{k}^{2}-1}{10k}$=±$\frac{\sqrt{7}}{15}$，
PQ所在的直線方程：y=

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、中點(diǎn)坐標(biāo)公式、斜率計(jì)算公式、相互垂直的直線斜率之間的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．