Question

1．已知椭圆${C_1}：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的顶点到直线l：y=x的距离分别为$\frac{{\sqrt{6}}}{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（1）求椭圆C₁的离心率；
（2）过圆O：x²+y²=4上任意一点P作椭圆C₁的两条切线PM和PN分别与圆交于点M，N，求△PMN面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）根据点到直线的距离公式，即可求得a和b的值，即可求得椭圆的离心率；
（2）分类讨论，当一条切线的斜率不存在时，${x_P}=±\sqrt{3}$，y_P=±1，即可求得△PMN面积，当切线的斜率存在时，设切线方程，代入椭圆方程，由△=0，由PM⊥PN，MN|=4.${S_{△PMN}}=\frac{1}{2}|PM|•|PN|≤\frac{1}{4}（|PM{|^2}+|PN{|^2}）=\frac{1}{4}|MN{|^2}=4$，即可求得△PMN面积的最大值．

解答 解：（1）由直线l₁的方程知，直线l₁与两坐标轴的夹角均为45°，
故长轴端点到直线l₁的距离为$\frac{{\sqrt{2}a}}{2}$，短轴端点到直线l₁的距离为$\frac{{\sqrt{2}b}}{2}$，
求得$a=\sqrt{3}，b=1$，…（3分）
∴C₁的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3-1}}}{{\sqrt{3}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．…（5分）
（2）设点P（x_P，y_P），则$x_p^2+y_p^2=4$．
（ⅰ）若两切线中有一条切线的斜率不存在，则${x_P}=±\sqrt{3}$，y_P=±1，
另一切线的斜率为0，从而PM⊥PN．
此时，${S_{△PMN}}=\frac{1}{2}|PM|•|PN|=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$．…（6分）
（ⅱ）若切线的斜率均存在，则${x_P}≠±\sqrt{3}$，
设过点P的椭圆的切线方程为y-y_P=k（x-x_P），
$\left\{\begin{array}{l}{y-{y}_{P}=k（x-{x}_{P}）}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消y并整理得：$（3{k^2}+1）{x^2}+6k（{y_P}-k{x_P}）x+3{（{y_P}-k{x_P}）^2}-3=0$．
依题意△=0，得$（3-x_p^2）{k^2}+2{x_P}{y_P}k+1-y_p^2=0$．
设切线PM，PN的斜率分别为k₁，k₂，从而${k_1}{k_2}=\frac{1-y_p^2}{3-x_p^2}=\frac{x_p^2-3}{3-x_p^2}=-1$，…（8分）
即PM⊥PN，线段MN为圆O的直径，|MN|=4．
所以，${S_{△PMN}}=\frac{1}{2}|PM|•|PN|≤\frac{1}{4}（|PM{|^2}+|PN{|^2}）=\frac{1}{4}|MN{|^2}=4$

当且仅当$|PM|=|PN|=2\sqrt{2}$时，S_△PMN取最大值4．
综合（ⅰ）（ⅱ）可得：S_△PMN取最大值4．…（12分）

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查分类讨论思想，考查椭圆与不等式的应用，属于中档题．