Question

4．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），兩個焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂．
（1）若|F₁F₂|=2，點(diǎn)P在橢圓上，且△PF₁F₂的周長為6，求橢圓C的方程；
（2）動圓Γ：x²+y²=R²，其中b＜R＜a，若A是橢圓C上的動點(diǎn)，B是動圓Γ上的動點(diǎn)，且直線AB與橢圓C和動圓Γ均相切，求A、B兩點(diǎn)的距離|AB|的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意可得2c=2，2a+2c=6，又b²=a²-c²，解得即可得出；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的方程為：y=kx+m，則y₁=kx₁+m，代入橢圓方程化為（a²k²+b²）${x}_{1}^{2}$+2kma²x₁+a²（m²-b²）=0，直線AB與橢圓C相切，可得△=0，化為m²=b²+a²k²，${x}_{1}=-\frac{k{a}^{2}}{m}$．同理B是動圓Γ上的動點(diǎn)，且直線AB與動圓Γ相切，可得m²=R²（1+k²），${x}_{2}=-\frac{k{R}^{2}}{m}$，利用|AB|²=$（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}$+$（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}$=（a-b）²-$（R-\frac{ab}{R}）^{2}$，即可得出．

解答 解：（1）∵|F₁F₂|=2，點(diǎn)P在橢圓上，且△PF₁F₂的周長為6，
∴2c=2，2a+2c=6，又b²=a²-c²，
解得c=1，a=2，b²=3，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的方程為：y=kx+m，則y₁=kx₁+m，$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{1}^{2}}{^{2}}$=1，
化為（a²k²+b²）${x}_{1}^{2}$+2kma²x₁+a²（m²-b²）=0，
∵直線AB與橢圓C相切，可得△=（2kma²）²-4（a²k²+b²）a²（m²-b²）=0，
化為m²=b²+a²k²，${x}_{1}=-\frac{k{a}^{2}}{m}$．
同理B是動圓Γ上的動點(diǎn)，且直線AB與動圓Γ相切，可得m²=R²（1+k²），${x}_{2}=-\frac{k{R}^{2}}{m}$，
化為k²=$\frac{{R}^{2}-^{2}}{{a}^{2}-{R}^{2}}$，x₂-x₁=$\frac{k（{a}^{2}-{R}^{2}）}{m}$．
∴|AB|²=$（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}$+$（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}$=$（1+{k}^{2}）（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}$
=$\frac{（1+{k}^{2}）{k}^{2}（{a}^{2}-{R}^{2}）^{2}}{{m}^{2}}$=$\frac{（{a}^{2}-{R}^{2}）（{R}^{2}-^{2}）}{{R}^{2}}$
=a²+b²-R²-$\frac{{a}^{2}^{2}}{{R}^{2}}$=（a-b）²-$（R-\frac{ab}{R}）^{2}$≤（a-b）²，
即|AB|≤a-b，當(dāng)且僅當(dāng)R=$\sqrt{ab}$時取等號．
∴A、B兩點(diǎn)的距離|AB|的最大值為a-b．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓與圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓及其圓相切問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得△=0及其根與系數(shù)的關(guān)系、二次函數(shù)的性質(zhì)，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．