Question

10．已知點(diǎn)P（t，$\frac{1}{2}$）在橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1內(nèi)，過P的直線l與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)，且點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（Ⅰ）是否存在實(shí)數(shù)t，使直線l和直線OP的傾斜角互補(bǔ)？若存在，求出t的值，若不存在，試說明理由；
（Ⅱ）求△OAB面積S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意直線l的斜率必存在，設(shè)直線l的方程是y-$\frac{1}{2}$=k（x-t），聯(lián)立直線方程和橢圓方程，化為關(guān)于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得A，B的橫坐標(biāo)的和，結(jié)合點(diǎn)P是線段AB的中點(diǎn)可得k=-t，代入一元二次方程，利用判別式大于0求得t的范圍，再由直線l和直線OP的傾斜角互補(bǔ)求得t值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知l的方程是$y=-tx+{t}^{2}+\frac{1}{2}$，可得S=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+\frac{1}{2}）|{x}_{1}-{x}_{2}|$，化為關(guān)于t的函數(shù)求最值．

解答 解：（Ⅰ）存在．
事實(shí)上，由題意直線l的斜率必存在，設(shè)直線l的方程是y-$\frac{1}{2}$=k（x-t），
代入$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1得：$（1+2{k}^{2}）{x}^{2}+（2k-4{k}^{2}t）x+2（\frac{1}{2}-kt）^{2}-2=0$．①
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2k-4{k}^{2}t}{1+2{k}^{2}}$，
又x₁+x₂=2t，
∴-$\frac{2k-4{k}^{2}t}{1+2{k}^{2}}=2t$，解得：k=-t，
此時(shí)方程①為$（1+2{t}^{2}）{x}^{2}-（2t+4{t}^{3}）x+2（\frac{1}{2}+{t}^{2}）^{2}-2=0$．
由△=$（2t+4{t}^{3}）^{2}-4（1+2{t}^{2}）×[2（\frac{1}{2}+{t}^{2}）^{2}-2]$＞0，解得0＜t²＜$\frac{3}{2}$，
當(dāng)t=0時(shí)，顯然不符合題意；
當(dāng)t≠0時(shí)，設(shè)直線OP的斜率為k₁，只需k₁+k₂=0，
即$\frac{1}{2t}+（-t）=0$，解得t=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$，均符合題意；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知l的方程是$y=-tx+{t}^{2}+\frac{1}{2}$，
∴S=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+\frac{1}{2}）|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+\frac{1}{2}）•\frac{\sqrt{-8{t}^{4}+8{t}^{2}+6}}{1+2{t}^{2}}$=$\frac{1}{4}\sqrt{-8{t}^{4}+8{t}^{2}+6}$，
∵0＜t²＜$\frac{3}{2}$，∴當(dāng)${t}^{2}=\frac{1}{2}$時(shí)，${S}_{max}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)，考查了直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，訓(xùn)練了二次函數(shù)最值的求法，是中檔題．