Question

8．已知離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$的橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的右焦點F是圓（x-1）²+y²=1的圓心，過橢圓上的動點P作圓兩條切線分別交y軸于M，N（與P點不重合）兩點．
（1）求橢圓方程；
（2）求線段MN長的最大值，并求此時點P的坐標．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)圓方程可求得圓心坐標，即橢圓的右焦點，根據(jù)橢圓的離心率進而求得a，最后根據(jù)a，b和c的關系求得b，則橢圓方程可得；
（2）P（x₀，y₀），M（0，m），N（0，n），把橢圓方程與圓方程聯(lián)立求得交點的橫坐標，進而可推斷x₀的范圍，把直線PM的方程化簡，根據(jù)點到直線的距離公式表示出圓心到直線PM和PN的距離．求得x₀和y₀的關系式，進而求得m+n和mn的表達式，進而求得|MN|．把點P代入橢圓方程根據(jù)弦長公式求得MN|．記f（x）=2-$\frac{4}{（x-2）^{2}}$，根據(jù)函數(shù)的導函數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，進而確定函數(shù)f（x）的值域，進而求得當x₀=-$\sqrt{2}$，時，|MN|取得最大值，進而求得y₀，則P點坐標可得．

解答 解：由圓（x-1）²+y²=1的圓心坐標為：（1，0），
∴c=1，
由e=$\frac{c}{a}$=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，即a=$\sqrt{2}$，
∴b²=a²-c²=1，
∴橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$；
（2）設P（x₀，y₀），M（0，m），N（0，n），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\\{（x-1）^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得：x=2-$\sqrt{2}$，x=2+$\sqrt{2}$（舍去），
∴x₀=（-$\sqrt{2}$，0）∪（0，2-$\sqrt{2}$），
直線PM的方程為：y-m=$\frac{{y}_{0}-m}{{x}_{0}}$x，即（y₀-m）x-x₀y+mx₀=0，
∴$\frac{丨{y}_{0}-m+{x}_{0}m丨}{\sqrt{（{y}_{0}-m）^{2}+{x}_{0}^{2}}}$=1，
∴（x₀-2）m²+2y₀m-x₀=0，
同理可知：（x₀-2）n²+2y₀n-x₀=0，
∴m和n是方程：（x₀-2）t²+2y₀t-x₀=0的兩個根，
∴m+n=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}-2}$，mn=$\frac{-{x}_{0}}{{x}_{0}-2}$，
∴丨MN丨=丨m-n丨=$\sqrt{（m+n）^{2}-4mn}$=$\sqrt{\frac{4{x}_{0}^{2}+4{y}_{0}^{2}-8{x}_{0}}{（{x}_{0}-2）^{2}}}$，
∴$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}+{y}_{0}^{2}=1$，
∴丨MN丨=$\sqrt{2-\frac{4}{（{x}_{0}-2）^{2}}}$，
記f（x）=2-$\frac{4}{（x-2）^{2}}$，則f′（x）=$\frac{8}{（x-2）^{3}}$，
∴x∈（-$\sqrt{2}$，0）時，f'（x）＜0；x∈（0，2-$\sqrt{2}$）時，f'（x）＜0，
∴f（x）在（-$\sqrt{2}$，0）上單調(diào)遞減，在（0，2-$\sqrt{2}$）內(nèi)也是單調(diào)遞減，
顯然，由f（x）的單調(diào)性可知：f（x）_max=2$\sqrt{\sqrt{2}-1}$，
∴丨MN丨_max=2$\sqrt{\sqrt{2}-1}$，
此時x₀=-$\sqrt{2}$，
故P點坐標為（-$\sqrt{2}$，0），為橢圓左頂點．

點評 本題考查橢圓的標準方程，考查直線與橢圓的位置關系，考查了橢圓的標準方程、簡單幾何性質(zhì)、一元二次方程根與系數(shù)的關系和利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性等知識，屬于中檔題．