Question

4．給定橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）．設(shè)t＞0，過點(diǎn)T（0，t）斜率為k的 直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（Ⅰ）用a，b，k，t表示△OMN的面積S，并說明k，t應(yīng)滿足的條件；
（Ⅱ）當(dāng)k變化時(shí)，求S的最大值g（t）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)題意，設(shè)l方程為y=kx+t，聯(lián)立直線與橢圓的方程可得（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²（t²-b²）=0；由根與系數(shù)的關(guān)系的關(guān)系表示|OT|和|x_M-x_N|，進(jìn)而由三角形面積公式計(jì)算可得答案；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得S的表達(dá)式，分$t≥\frac{{\sqrt{2}}}$與$0＜t＜\frac{{\sqrt{2}}}$兩種情況討論，分析S的最大值，綜合即可得答案．

解答 解：（Ⅰ）根據(jù)題意，設(shè)l方程為y=kx+t，
將l方程代入C方程整理得（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²（t²-b²）=0；
△=4a⁴k²t²-4a²（t²-b²）（b²+a²k²）=4a²b²（b²+a²k²-t²）．
由△＞0得k，t應(yīng)滿足的條件為 b²+a²k²-t²＞0，
$S=\frac{1}{2}|{x_M}-{x_N}||OT|$=$\frac{1}{2}•\frac{{\sqrt{△}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}•t$=$\frac{{abt\sqrt{{b^2}+{a^2}{k^2}-{t^2}}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}$．
所以$S=\frac{{abt\sqrt{{b^2}+{a^2}{k^2}-{t^2}}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}$，其中b²+a²k²＞t²
（Ⅱ）$S=\frac{{abt\sqrt{{b^2}+{a^2}{k^2}-{t^2}}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}$=$abt\sqrt{-{{（\frac{t}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}-\frac{1}{2t}）}^2}+\frac{1}{{4{t^2}}}}$．
當(dāng)$t≥\frac{{\sqrt{2}}}$，即${t^2}≥\frac{b^2}{2}$，取$k=±\sqrt{\frac{{2{t^2}-{b^2}}}{a^2}}$，有$\frac{t}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}=\frac{1}{2t}$，得${S_{max}}=\frac{1}{2}ab$．
當(dāng)$0＜t＜\frac{{\sqrt{2}}}$，即$0＜{t^2}＜\frac{b^2}{2}$，b²+a²k²＞2t²，有$\frac{t}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}≤\frac{t}{b^2}＜\frac{1}{2t}$，
取k=0，得${S_{max}}=\frac{at}\sqrt{{b^2}-{t^2}}$．
所以，當(dāng)k變化時(shí)，S的最大值g（t）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}ab，t≥\frac{\sqrt{2}}}\\{\frac{at}\sqrt{^{2}-{t}^{2}}，0＜t＜\frac{\sqrt{2}}}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，涉及橢圓與直線的位置關(guān)系，關(guān)鍵是掌握橢圓的幾何性質(zhì)．