Question

5．已知橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點分別為F₁、F₂，離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，橢圓上一點P滿足|PF₁|•|PF₂|的最大值是2，O為坐標原點．
（I）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）若直線l與圓x²+y²=b²只有一個交點，并與橢圓C₁交于不同的兩點A、B，當$\frac{2}{3}$≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$≤$\frac{3}{4}$時，求△AOB面積S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓離心率可得a，c的關系，結合|PF₁|•|PF₂|的最大值是2求得a，再由隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（Ⅱ）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則設直線l的方程為x=my+n，由直線與圓x²+y²=1只有一個交點，得n²=m²+1，把x=my+n代入橢圓方程，可得$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+m²）y₁y₂+mn（y₁+y₂）+n²=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$，把S_△AOB化為含有$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$的式子，結合$\frac{2}{3}$≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$≤$\frac{3}{4}$求△AOB面積S的取值范圍，則最大值可求．

解答 解：（Ⅰ）由$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，得a=$\sqrt{2}c$，
由|PF₁|•|PF₂|≤$（\frac{|P{F}_{1}|+|P{F}_{2}|}{2}）^{2}$=$\frac{4{a}^{2}}{4}={a}^{2}$，且|PF₁|•|PF₂|的最大值是2，得a²=2，
∴a=$\sqrt{2}$，則c=1，
∴b²=a²-c²=1，
則橢圓C₁的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）圓x²+y²=b²=1．
依題知l的斜率不可能為零，設直線l的方程為x=my+n（m∈R）．
∵直線x-my-n=0與圓x²+y²=1只有一個交點，
∴有：$\frac{|n|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}=1$，得n²=m²+1．
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，消去x整理得：（m²+2）y²+2mny+n²-2=0，
則y₁+y₂=-$\frac{2mn}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-2}{{m}^{2}+2}$．
其判別式△=8（m²-n²+2）=8，
∵$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=（1+m²）y₁y₂+mn（y₁+y₂）+n²=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$．
∴S_△AOB=$\frac{1}{2}$|$\overrightarrow{OA}$||$\overrightarrow{OB}$|sin∠AOB=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|=$\frac{1}{2}$|n（y₂-y₁）|=$\frac{1}{2}$|n|×$\frac{\sqrt{△}}{{m}^{2}+2}$
=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}•\frac{1}{{m}^{2}+2}}$=$\sqrt{2}$•$\sqrt{\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}•（1-\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}）}$，
令t=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$，則由$\frac{2}{3}$≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$≤$\frac{3}{4}$，知$\frac{2}{3}$≤t≤$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{\sqrt{6}}{4}$≤S_△AOB≤$\frac{2}{3}$．
∴△AOB面積S的最大值為$\frac{2}{3}$．

點評 本題考查圓錐曲線的性質和綜合應用，解題時要注意向量的數量積公式、點到直線的距離公式的靈活運用，屬于中檔題．