Question

2．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的上頂點(diǎn)為A，P（$\frac{4}{3}$，$\frac{3}$）是C上的一點(diǎn)，以AP為直徑的圓經(jīng)過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)過(guò)點(diǎn)M（2，0）的動(dòng)直線l與橢圓C相交于D、E兩點(diǎn)，求△ODE面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由于以AP為直徑的圓經(jīng)過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F，可得$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{AF}$=$c（c-\frac{4}{3}）$+$\frac{1}{3}^{2}$=0．把點(diǎn)P（$\frac{4}{3}$，$\frac{3}$）代入橢圓C的方程為：$\frac{16}{9{a}^{2}}$+$\frac{1}{9}$=1，與b²+c²=a²聯(lián)立解出即可得出．
（2）設(shè)my=x-2，D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為：（2+m²）y²+4my+2=0，△＞0，再利用弦長(zhǎng)公式與點(diǎn)到直線的距離公式即可得出．

解答 解：（1）A（0，b）．
∵以AP為直徑的圓經(jīng)過(guò)橢圓C的右焦點(diǎn)F，∴PF⊥AF，
∴$\overrightarrow{PF}•\overrightarrow{AF}$=$（c-\frac{4}{3}，-\frac{3}）$•（c，-b）=$c（c-\frac{4}{3}）$+$\frac{1}{3}^{2}$=0．
把點(diǎn)P（$\frac{4}{3}$，$\frac{3}$）代入橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的方程為：$\frac{16}{9{a}^{2}}$+$\frac{1}{9}$=1，
解得a²=2，∴b²+c²=2，可得b²=2-c²，代入$c（c-\frac{4}{3}）$+$\frac{1}{3}^{2}$=0，解得c=1，b=1．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1．
（2）設(shè)my=x-2，D（x₁，y₁），E（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{my=x-2}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，化為：（2+m²）y²+4my+2=0，
△=16m²-8（2+m²）＞0，解得$m＞\sqrt{2}$或m$＜-\sqrt{2}$．
∴y₁+y₂=$\frac{-4m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{2}{2+{m}^{2}}$．
∴|DE|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{16{m}^{2}}{（2+{m}^{2}）^{2}}-\frac{8}{2+{m}^{2}}]}$=$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-2）}}{2+{m}^{2}}$．
原點(diǎn)O到直線DE的距離d=$\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$．
∴S_△ODE=$\frac{1}{2}$d|DE|=$\frac{1}{2}$×$\frac{2}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$×$\frac{2\sqrt{（1+{m}^{2}）（{m}^{2}-2）}}{2+{m}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{{m}^{2}-2}}{2+{m}^{2}}$．
設(shè)$\sqrt{{m}^{2}-2}$=t＞0，則m²=t²+2．
∴S_△ODE=$\frac{2t}{{t}^{2}+4}$=$\frac{2}{t+\frac{4}{t}}$≤$\frac{1}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)t=2時(shí)取等號(hào)．
∴m=$±\sqrt{6}$，滿足△＞0．
∴當(dāng)m=$±\sqrt{6}$時(shí)，△ODE面積的最大值為$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 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(zhǎng)問(wèn)題、點(diǎn)到直線的距離公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．