Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且過(guò)點(diǎn)P（2，1）
（I）求橢圓C的方程；
（II）直線l與C交于A、B兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)D在直線OP（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）上，當(dāng)△OAB的面積最大時(shí)，求直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，求解方程組可得a，b，c的值，則橢圓C的方程可求；
（Ⅱ）由題意可知，直線l的斜率存，設(shè)l：y=kx+m，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系求得A，B的中點(diǎn)坐標(biāo)，代入直線OP的方程求得k值，再由弦長(zhǎng)公式求出
|AB|，再由點(diǎn)到直線的距離公式求出O到AB的距離，然后利用配方法求出使△OAB的面積最大時(shí)的m值，則直線l的方程可求．

解答 解：（Ⅰ）由題意$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}=8}\\{^{2}=2}\end{array}\right.$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（Ⅱ）如圖，
由題意可知，直線l的斜率存在且不為0，
設(shè)l：y=kx+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-8=0．
再設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-8}{1+4{k}^{2}}$，
y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$k（-\frac{8km}{1+4{k}^{2}}）+2m$=$\frac{-8{k}^{2}m+2m+8{k}^{2}m}{1+4{k}^{2}}=\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$．
∴AB的中點(diǎn)D為（-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}，\frac{m}{1+4{k}^{2}}$），
OP所在直線方程為y=$\frac{1}{2}x$，
∵線段AB的中點(diǎn)D在直線OP（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）上，
∴-$\frac{4km}{1+4{k}^{2}}=\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$，即k=-$\frac{1}{2}$．
∴l(xiāng)：y=-$\frac{1}{2}$x+m．
則|AB|=$\frac{1}{2}$$\sqrt{5}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$$\sqrt{16-4{m}^{2}}$=$\sqrt{5}\sqrt{4-{m}^{2}}$．
O到直線l的距離d=$\frac{2|m|}{\sqrt{5}}$．
∴${S}_{△AOB}=\frac{1}{2}$|AB|•d=$\sqrt{-{m}^{4}+4{m}^{2}}$．
∴當(dāng)m²=2，（S_△OAB）_max=2．
此時(shí)直線l的方程為y=$-\frac{1}{2}$x$±\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查了直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，涉及直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問(wèn)題，常采用聯(lián)立直線方程與圓錐曲線方程，化為關(guān)于x的方程后，利用根與系數(shù)的關(guān)系求解，考查了計(jì)算能力，是中檔題．