Question

10．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$，直线y=1与椭圆C的两个交点间的距离为2．点R（m，n）是椭圆C上任意一点．从原点O引圆R：（x-m）²+（y-n）²=1（m²≠1）的两条切线分别交椭圆C于点A，B．
（1）求椭圆C的方程；
（2）求四边形OARB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）运用椭圆的离心率公式和椭圆经过点（1，1），求出a，b，即可求椭圆C的方程；
（2）利用从原点O引圆R：（x-m）²+（y-n）²=1（m²≠1）的两条切线，分别交椭圆C于点A、B，运用相切的条件：d=r，再由韦达定理求出k₂=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$，切线方程与椭圆方程联立，求出A，B的坐标，求出|OA|+|OB|的最大值，即可求四边形OARB面积的最大值．

解答 解：（1）由题意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，且a²-c²=b²，
又直线y=1与椭圆C的两个交点间的距离为2，可得椭圆经过点（1，1），
即有$\frac{1}{{a}^{2}}$+$\frac{1}{{b}^{2}}$=1，
解得a=$\sqrt{3}$，b=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，c=$\frac{\sqrt{6}}{2}$，
即有椭圆的方程为$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{2{y}^{2}}{3}$=1；
（Ⅱ）点R（m，n）是椭圆C上任意一点，可得m²+2n²=3，
即有m²=3-2n²，
设切线方程为y=kx，不妨令切线OA斜率为k₁，切线OB斜率为k₂，
由直线和圆相切的条件可得$\frac{|km-n|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=1，
可得k²（m²-1）-2kmn+n²-1=0，
k₁k₂=$\frac{{n}^{2}-1}{{m}^{2}-1}$=$\frac{{n}^{2}-1}{2-2{n}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
即有k₂=-$\frac{1}{2{k}_{1}}$，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}{{y}_{1}={k}_{1}{x}_{1}}\\{{{x}_{1}}^{2}+2{{y}_{1}}^{2}=3}\end{array}\right.$，可得$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{1}}^{2}=\frac{3}{1+2{{k}_{1}}^{2}}}\\{{{y}_{1}}^{2}=\frac{3{{k}_{1}}^{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}}\end{array}\right.$，
同理$\left\{\begin{array}{l}{{{x}_{2}}^{2}=\frac{12{{k}_{1}}^{2}}{2+4{{k}_{1}}^{2}}}\\{{{y}_{2}}^{2}=\frac{3}{2+4{{k}_{1}}^{2}}}\end{array}\right.$，
|OA|+|OB|=$\sqrt{\frac{3（1+{{k}_{1}}^{2}）}{1+2{{k}_{1}}^{2}}}$+$\sqrt{\frac{3（1+4{{k}_{1}}^{2}）}{2+4{{k}_{1}}^{2}}}$，
令t=$\frac{1}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$（t≤1），
可得|OA|+|OB|=$\frac{\sqrt{6}}{2}$（$\sqrt{1+t}$+$\sqrt{2-t}$），
即有（|OA|+|OB|）²=$\frac{9}{2}$+3$\sqrt{（1+t）（2-t）}$=$\frac{9}{2}$+3$\sqrt{-（t-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{9}{4}}$≤$\frac{9}{2}$+3•$\frac{3}{2}$=9，
当且仅当t=$\frac{1}{2}$，即k₁²=$\frac{1}{2}$时取得最大值，
则S_{四边形OARB}=$\frac{1}{2}$（|OA|+|OB|）•1≤$\frac{3}{2}$．
故四边形OARB面积的最大值为$\frac{3}{2}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，以及直线与椭圆的综合应用，直线与圆相切关系的应用，考查分析问题解决问题的能力．转化思想的应用．