Question

5．已知椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为F₁、F₂，离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，椭圆上一点P满足|PF₁|•|PF₂|的最大值是2，O为坐标原点．
（I）求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）若直线l与圆x²+y²=b²只有一个交点，并与椭圆C₁交于不同的两点A、B，当$\frac{2}{3}$≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$≤$\frac{3}{4}$时，求△AOB面积S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆离心率可得a，c的关系，结合|PF₁|•|PF₂|的最大值是2求得a，再由隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则设直线l的方程为x=my+n，由直线与圆x²+y²=1只有一个交点，得n²=m²+1，把x=my+n代入椭圆方程，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化为含有$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$的式子，结合$\frac{2}{3}$≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$≤$\frac{3}{4}$求△AOB面积S的取值范围，则最大值可求．

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=$\sqrt{2}$，则c=1，
∴b²=a²-c²=1，
则椭圆C₁的方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）圆x²+y²=b²=1．
依题知l的斜率不可能为零，设直线l的方程为x=my+n（m∈R）．
∵直线x-my-n=0与圆x²+y²=1只有一个交点，
∴有：$\frac{|n|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}=1$，得n²=m²+1．
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
联立$\left\{\begin{array}{l}{x=my+n}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$，消去x整理得：（m²+2）y²+2mny+n²-2=0，
则y₁+y₂=-$\frac{2mn}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{{n}^{2}-2}{{m}^{2}+2}$．
其判别式△=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=$\frac{{m}^{2}+1}{{m}^{2}+2}$，则由$\frac{2}{3}$≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$≤$\frac{3}{4}$，知$\frac{2}{3}$≤t≤$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{\sqrt{6}}{4}$≤S_△AOB≤$\frac{2}{3}$．
∴△AOB面积S的最大值为$\frac{2}{3}$．

点评 本题考查圆锥曲线的性质和综合应用，解题时要注意向量的数量积公式、点到直线的距离公式的灵活运用，属于中档题．