Question

17．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的短軸長為2，F(xiàn)為其右焦點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)，且PF與x軸垂直，$\overrightarrow{OF}•\overrightarrow{OP}=3$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A、B，若以AB為直徑的圓恒過原點(diǎn)O，求|AB|弦長的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的短軸長為2，F(xiàn)為其右焦點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)，且PF與x軸垂直，$\overrightarrow{OF}•\overrightarrow{OP}=3$及a、b、c三者關(guān)系，計(jì)算即可求橢圓C的方程；
（2）分類討論，再設(shè)直線方程代入題意方程，利用韋達(dá)定理，及以AB弦為直徑的圓過坐標(biāo)原點(diǎn)O，即可求得結(jié)論．

解答 解：（1）由已知得2b=2，b=1，
又$\overrightarrow{OF}•\overrightarrow{OP}=|{\overrightarrow{OF}}|•|{\overrightarrow{OP}}|cos∠POF={|{\overrightarrow{OF}}|^2}={c^2}=3$，∴a²=4，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（5分）
（2）（i）當(dāng)直線OA的斜率不存在或斜率為零時(shí)，易知$|AB|=\sqrt{{a^2}+{b^2}}=\sqrt{5}$；…（7分）
（ii）當(dāng)直線OA的斜率存在且不為零時(shí)，
∵直線OA，OB互相垂直且由圖象的對稱性知，直線OA，OB為橢圓C有四個(gè)交點(diǎn)，從中任取兩點(diǎn)作弦長AB所得的值相等．
設(shè)直線OA方程為：y=kx（k≠0）
聯(lián)立：$\left\{\begin{array}{l}y=kx\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$解得：${x^2}=\frac{4}{{1+4{k^2}}}$
不妨取A$（{\frac{2}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}，\frac{2k}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}}）$，同理取B$（{\frac{2k}{{\sqrt{4+{k^2}}}}，-\frac{2}{{\sqrt{4+{k^2}}}}}）$
則|AB|=$\sqrt{{{（{\frac{2}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}-\frac{2k}{{\sqrt{4+{k^2}}}}}）}^2}+{{（{\frac{2k}{{\sqrt{1+4{k^2}}}}+\frac{2}{{\sqrt{4+{k^2}}}}}）}^2}}$
=$2\sqrt{\frac{1}{{1+4{k^2}}}+\frac{k^2}{{4+{k^2}}}+\frac{k^2}{{1+4{k^2}}}+\frac{1}{{4+{k^2}}}}$
=$2\sqrt{\frac{{1+{k^2}}}{{1+4{k^2}}}+\frac{{{k^2}+1}}{{4+{k^2}}}}$=$2\sqrt{5\frac{{{{（{{k^2}+1}）}^2}}}{{（{1+4{k^2}}）（{4+{k^2}}）}}}$
=$2\sqrt{5}•\sqrt{\frac{{{k^4}+2{k^2}+1}}{{4{k^4}+17{k^2}+4}}}$＜$2\sqrt{5}•\sqrt{\frac{{{k^4}+2{k^2}+1}}{{4{k^4}+8{k^2}+4}}}$=$\sqrt{5}$，
∴綜上（i） （ii）可知：$|AB{|_{max}}=\sqrt{5}$…（12分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查基本不等式，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，考查學(xué)生分析解決問題的能力，屬于難題．