Question

5．以橢圓C：$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的中心O為圓心，以$\sqrt{\frac{ab}{2}}$為半徑的圓稱為該橢圓的“伴隨”．已知橢圓的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，拋物線x²=8y的準(zhǔn)線過(guò)此橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)．
（Ⅰ） 求橢圓C及其“伴隨”的方程；
（Ⅱ）如果直線m：y=x-b與拋物線x²=8y交于M，N兩點(diǎn)，且$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$，求實(shí)數(shù)b的值；
（Ⅲ） 過(guò)點(diǎn)P（0，m）作“伴隨”的切線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，記△A0B（0為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積為S_△A0B，將S_△A0B表示為m的函數(shù)，并求S_△A0B的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：橢圓C的離心率為e=$\frac{c}{a}$$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，即3a²=4c²，則a²=4b²，設(shè)橢圓C的方程為$\frac{y^2}{{4{b^2}}}+\frac{x^2}{b^2}=1$，拋物線x²=8y的準(zhǔn)線方程為y=-2，它與y軸的交點(diǎn)（0，-2）是橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)，a=2，b=1，即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）將直線方程代入拋物線方程，由△=64-32b＞0，則b＜2，x₃+x₄=8，x₃x₄=8b，x₃+x₄=8，x₃x₄=8b，$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$，則x₃y₃+x₄y₄=0，則x₃x₄+y₃y₄=0，$⇒2{x_3}{x_4}-b（{x_3}+{x_4}）+{b^2}=0$，b=0或-8 經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意，即可求得實(shí)數(shù)b的值；
（Ⅲ）設(shè)切線l的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，則${x_1}+{x_2}=-\frac{2km}{{{k^2}+4}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{{m^2}-4}}{{{k^2}+4}}$，又由l與圓x²+y²=1相切，$\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=1$，k²=m²-1，則$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$，即可求得${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{AB}|=\frac{{2\sqrt{3}|m|}}{{{m^2}+3}}$，|m|≥1，由基本不等式的性質(zhì)即可求得S_△A0B的最大值．

解答 解：（Ⅰ） 橢圓C的離心率為e=$\frac{c}{a}$$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，即3a²=4c²，
由a²=b²+c²，則a²=4b²，
設(shè)橢圓C的方程為$\frac{y^2}{{4{b^2}}}+\frac{x^2}{b^2}=1$，…（1分）
拋物線x²=8y的準(zhǔn)線方程為y=-2，它與y軸的交點(diǎn)（0，-2）是橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)，
故a=2，
∴b=1，…（2分）
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{y^2}{4}+{x^2}=1$，
橢圓C的“伴隨”方程為x²+y²=1．…（3分）
（Ⅱ）設(shè)M（x₃，y₃），N（x₄，y₄），
$\left\{\begin{array}{l}{y=x-b}\\{{x}^{2}=8y}\end{array}\right.$，整理得：x²-8x+8b=0，
△=64-32b＞0，
∴b＜2
則x₃+x₄=8，x₃x₄=8b，
$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}=0$，則x₃y₃+x₄y₄=0，即x₃x₄+y₃y₄=0$⇒2{x_3}{x_4}-b（{x_3}+{x_4}）+{b^2}=0$，
∴b=0或-8 經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意
∴b=0或-8                            …（6分）
（Ⅲ） 由題意知，|m|≥1．
易知切線l的斜率存在，設(shè)切線l的方程為y=kx+m，
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{{y_{\;}^2}}{4}+x_{\;}^2=1\end{array}\right.$，整理得：$（k_{\;}^2+4）x_{\;}^2+2{k^{\;}}mx+{m^2}-4=0$，…（7分）
設(shè)A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為（x₁，y₁），（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-\frac{2km}{{{k^2}+4}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{{m^2}-4}}{{{k^2}+4}}$．…（8分）
又由l與圓x²+y²=1相切，
∴$\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=1$，k²=m²-1．
∴$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}$=$\sqrt{（1+{k^2}）[\frac{{4{k^2}{m^2}}}{{{{（{k^2}+4）}^2}}}-\frac{{4（{m^2}-4）}}{{{k^2}+4}}]}=\frac{{4\sqrt{3}|m|}}{{{m^2}+3}}$…（10分）
${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{AB}|=\frac{{2\sqrt{3}|m|}}{{{m^2}+3}}$，|m|≥1．…（11分）
${S_{△AOB}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{{|m|+\frac{3}{|m|}}}≤\frac{{2\sqrt{3}}}{{2\sqrt{|m|\frac{3}{|m|}}}}=1$（當(dāng)且僅當(dāng)$m=±\sqrt{3}$時(shí)取等號(hào)），
∴當(dāng)$m=±\sqrt{3}$時(shí)，S_△AOB的最大值為1．…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，三角形面積公式與基本不等式的性質(zhì)綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．