Question

8．已知橢圓E的中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在坐標(biāo)軸上，且經(jīng)過兩點(diǎn)M（-$\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\frac{\sqrt{3}}{2}$）和N（1，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（1）求橢圓E的方程；
（2）設(shè)點(diǎn)F（$\frac{\sqrt{2}}{3}$，0），過點(diǎn)F作直線l交橢圓E于AB兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓交y軸于P、Q兩點(diǎn)，劣弧長PQ記為d，求$\fracsfpdrv5{|AB|}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）不妨設(shè)橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0），半焦距為c．由已知條件，$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=1}\end{array}\right.$，解出即可得出．
（2）由點(diǎn)F（$\frac{\sqrt{2}}{3}$，0），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．設(shè)直線l方程為：my=x-$\frac{\sqrt{2}}{3}$，聯(lián)立直線與橢圓方程，消去x整理可知：（m²+2）y²+$\frac{2\sqrt{2}m}{3}y$-$\frac{16}{9}$=0，AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，可得線段AB的中點(diǎn)T，⊙T的半徑為r=$\frac{1}{2}$|AB|．經(jīng)過點(diǎn)T作TE⊥y軸，垂足為E，設(shè)∠QTE=θ∈$（0，\frac{π}{2}）$．$\frackut7uvw{|AB|}$=θ，計(jì)算cosθ=$\frac{{x}_{T}}{\frac{1}{2}|AB|}$，利用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)而得出．當(dāng)AB與x軸重合時(shí)，AB與橢圓的長軸重合．

解答 解：（1）不妨設(shè)橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0），半焦距為c．
由已知條件，$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2{a}^{2}}+\frac{3}{4^{2}}=1}\\{\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=1}\end{array}\right.$，
解得a²=2，b=1．
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）由點(diǎn)F（$\frac{\sqrt{2}}{3}$，0），設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
設(shè)直線l方程為：my=x-$\frac{\sqrt{2}}{3}$，
聯(lián)立直線與橢圓方程，消去x整理可知：（m²+2）y²+$\frac{2\sqrt{2}m}{3}y$-$\frac{16}{9}$=0，
∴y₁+y₂=$\frac{-2\sqrt{2}m}{3（{m}^{2}+2）}$，y₁y₂=$\frac{-16}{9（{m}^{2}+2）}$．
|AB|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（18{m}^{2}+32）}}{3（{m}^{2}+2）}$，
則線段AB的中點(diǎn)T$（\frac{2\sqrt{2}}{3{m}^{2}+6}，\frac{-\sqrt{2}m}{3{m}^{2}+6}）$，⊙T的半徑為r=$\frac{1}{2}$|AB|．
經(jīng)過點(diǎn)T作TE⊥y軸，垂足為E，設(shè)∠QTE=θ∈$（0，\frac{π}{2}]$．
則$\frac2e2yq7a{|AB|}$=$\frac{r•2θ}{2r}$=θ，
cosθ=$\frac{{x}_{T}}{\frac{1}{2}|AB|}$=$\frac{2{x}_{T}}{|AB|}$=$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{（1+{m}^{2}）（18{m}^{2}+32）}}$，
令m²=t≥0，g（t）=（1+t）（18t+32）=18t²+50t+32≥32，
∴cosθ≤$\frac{2\sqrt{2}}{\sqrt{32}}$=$\frac{1}{2}$，∴θ∈$[\frac{π}{3}，\frac{π}{2}）$．
當(dāng)AB與x軸重合時(shí)，AB與橢圓的長軸重合，此時(shí)劣弧長PQ=πr，則$\fraccknu2yo{|AB|}$=$\frac{π}{2}$．
綜上可得：$\fracsnqenhp{|AB|}$的最大值為$\frac{π}{2}$．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．