Question

6．已知圆的方程为x²+y²=4，过点M（2，4）作圆的两条切线，切点分别为S，T，直线ST恰好经过椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的右顶点和上顶点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C与x轴交于S，Q点，已知点P满足$\overrightarrow{PS}•\overrightarrow{PQ}$=0，点A，B在椭圆C上且$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0（O为坐标原点），求△PAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）根据直线与椭圆相切，求得切线方程，由此得出a，b，进而得出椭圆的标准方程；
（2）先确定P所在的轨迹，再证出原点O到弦AB的距离为定值，然后确定弦AB长度的最大值，因此就能得到三角形PAB面积的最大值．

解答 解：（1）x=2是x²+y²=4的一条切线，切点S（2，0），
设另一条切线为：y-4=k（x-2），即kx-y+4-2k=0，
∴d=$\frac{|4-2k|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=2，解得k=$\frac{3}{4}$，切线方程为：3x-4y+10=0，
联立$\left\{\begin{array}{l}{3x-4y+10=0}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，解得x=-$\frac{6}{5}$，y=$\frac{8}{5}$，即T（-$\frac{6}{5}$，$\frac{8}{5}$），
因此，k_ST=-$\frac{1}{2}$，∴直线ST：x+2y-2=0，
该直线与坐标轴的交点分别为（2，0），（0，1），∴a=2，b=1，
∴椭圆C的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）取S（2，0），Q（-2，0），∵P满足$\overrightarrow{PS}•\overrightarrow{PQ}$=0，
∴点P在半径r=2的圆上，圆的方程为：x²+y²=4，
又∵点A，B在椭圆C上且$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}$=0（O为坐标原点），
∴原点O到弦AB的距离为定值d=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，证明过程：
∵OA⊥OB，故设A（mcosθ，msinθ），B（ncos（θ+$\frac{π}{2}$），nsin（θ+$\frac{π}{2}$）），其中m=|OA|，m=|OB|，
将A（mcosθ，msinθ），B（-nsinθ，ncosθ）的坐标代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1得，
$\frac{m^2•cos^2θ}{4}$+m²sin²θ=1，------①；$\frac{n^2•sin^2θ}{4}$+n²cos²θ=1，------②
将$\frac{①}{m^2}$+$\frac{②}{n^2}$得，$\frac{1}{m^2}$+$\frac{1}{n^2}$=$\frac{5}{4}$，设OH⊥AB于H，
因此，原点O到AB的距离为d=|OH|=$\frac{mn}{\sqrt{m^2+n^2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（定值），
又因为点P到原点的距离为定值2，
所以，当OP与OH共线反向时，△PAB的高达到最大，其最大值h_max=r+d=2+$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
因此，当底边AB的长度取得最大值时，△ABP的面积取得最大值，
设∠OAB=α，则|AB|=|AH|+|BH|=|OH|×（tanα+$\frac{1}{tanα}$），其中tanα∈[$\frac{1}{2}$，2]，
所以，|AB|∈[2|OH|，$\frac{5}{2}$|OH|]，即AB长度的最大值为$\frac{5}{2}$×$\frac{2\sqrt{5}}{5}$=$\sqrt{5}$，
所以，（S_△PAB）_max=$\frac{1}{2}$•|AB|_max×h_max=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{5}$×（2+$\frac{2\sqrt{5}}{5}$）=$\sqrt{5}+1$，
故△PAB面积的最大值为$\sqrt{5}+1$．

点评 本题主要考查了椭圆的标准方程及其几何性质、直线与椭圆相切的条件、点到直线的距离公式、三角形面积计算公式，体现了参数法，转化法和数形结合的解题思想，考查了推理能力与计算能力，属于难题．