Question

如圖，在平面直坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1(a＞b＞0)，經(jīng)過點(diǎn)（1，e），其中e為橢圓的離心率．且橢圓C與直線y=x+

3

有且只有一個(gè)交點(diǎn)．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)不經(jīng)過原點(diǎn)的直線l與橢圓C相交與A，B兩點(diǎn)，第一象限內(nèi)的點(diǎn)P（1，m）在橢圓上，直線OP平分線段AB，求：當(dāng)△PAB的面積取得最大值時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由橢圓過點(diǎn)（1，e），可得

1

a2

+

e2

b2

=1，再由e=

c

a

及a²=b²+c²即可求得b²，∵橢圓C與直線y=x+

3

有且只有一個(gè)交點(diǎn)，聯(lián)立方程組則有一解，從而消去y后△=0，解出a²；
（Ⅱ）由（Ⅰ）易求P點(diǎn)坐標(biāo)，從而可得直線OP方程，設(shè)不經(jīng)過原點(diǎn)的直線l的方程y=kx+t（t≠0），由AB中點(diǎn)在直線OP上、中點(diǎn)坐標(biāo)公式及韋達(dá)定理即可求得k值，由弦長(zhǎng)公式及點(diǎn)到直線的距離公式可表示出△PAB的面積，構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)即可求得△PAB的面積取得最大值時(shí)直線l的方程，注意t的取值范圍．

解答：解：（Ⅰ）∵橢圓經(jīng)過點(diǎn)（1，e），∴

1

a2

+

e2

b2

=1，
又e=

c

a

，
∴

1

a2

+

c2

a2b2

=1，∴b²=1，
∴橢圓的方程為

x2

a2

+y2=1，
又∵橢圓C與直線y=x+

3

有且只有一個(gè)交點(diǎn)，
∴方程

x2

a2

+(x+

3

)2=1即(1+a2)x2+2

3

a2x+2a2=0有相等實(shí)根，
∴△=(2

3

a2)2-4(1+a2)•2a2=0，解得a²=2，
∴橢圓的方程為

x2

2

+y2=1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知橢圓的方程為

x2

2

+y2=1，故P(1，

2

2

)，
設(shè)不經(jīng)過原點(diǎn)的直線l的方程y=kx+t（t≠0），交橢圓C于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
由

x2 2 +y2=1 y=kx+t

得（1+2k²）x²+4ktx+2t²-2=0，
則

△=(4kt)2-4(1+2k2)•(2t2-2)=16k2-8t2+8＞0 x1+x2= -4kt 1+2k2 x1x2= 2t2-2 1+2k2

，∴y1+y2=k(x1+x2)+2t=

2t

1+2k2

，
直線OP方程為y=

2

2

x，且OP平分線段AB，
∴

2t

1+2k2

=

2

2

×

-4kt

1+2k2

，解得 k=-

2

2

，
∴|AB|=

1+k2

•

(x1+x2)2-4x1x2

=

(1+k2)(4-2t2)

，
又∵點(diǎn)P到直線l的距離d=

| 2 -t|

1+k2

=h，
∴S△PAB=

1

2

|AB|h=

1

2

( 2 -t)2(4-2t2)

，
設(shè)f(t)=(

2

-t)2(4-2t2)=-2t4+4

2

t3-8

2

t+8，
由直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)可得-

2

＜t＜

2

，
求導(dǎo)可得t=-

2

2

時(shí)f(t)在(-

2

，

2

)上有最大值

27

2

，此時(shí)S_△PAB取得最大值，
此時(shí)直線l的方程y=-

2

2

x-

2

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系及橢圓方程的求解，考查學(xué)生綜合運(yùn)用所學(xué)知識(shí)分析問題解決問題的能力，本題綜合性強(qiáng)，難度大，對(duì)能力要求較高．