Question

6．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1（a＞1）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，P（m，n）為圓x²+y²=16上任意一點，過P作橢圓的切線PA，PB，設(shè)切點分別為A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
（1）證明：切線PA的方程為$\frac{{x}_{1}x}{4}$+y₁y=1；
（2）設(shè)O為坐標原點，求△OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\sqrt{1-\frac{1}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求得a，求得橢圓方程，當y₁=0時，直線x₁=±2，求得PA的方程是x=±2，當y₁≠0時，求導(dǎo)，求得PA的切線斜率，根據(jù)直線的點斜式方程及x₁²+4y₁²=4，即可求得$\frac{{x}_{1}x}{4}$+y₁y=1； 
（2）由（1）可知：切線PB 的方程為$\frac{{x}_{2}x}{4}+{y}_{2}y=1$，代入求得直線AB方程，代入橢圓方程，求得弦長丨AB丨，根據(jù)點到直線的距離公式d，由S_△OAB=$\frac{1}{2}$•丨AB丨•d=$\frac{4\sqrt{3{n}^{2}+12}}{3{n}^{2}+16}$，由均值不等式，即可求得△OAB面積的最大值．

解答 解：（1）證明：離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\sqrt{1-\frac{1}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴a=2，
橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$，
當y₁=0時，直線x₁=±2，
∴x²=4，代入橢圓方程得到y(tǒng)=0，
∴切線PA的方程是x=±2； 
當y₁≠0時，對橢圓方程兩邊求導(dǎo)得：$\frac{x}{2}+2yy′=0$，
則過切點A的斜率為k=y′=-$\frac{{x}_{1}}{4{y}_{1}}$，
切線方程為：y-y₁=-$\frac{{x}_{1}}{4{y}_{1}}$（x-x₁），
∵又x₁²+4y₁²=4，
∴$\frac{{x}_{1}x}{4}$+y₁y=1；
（2）根據(jù)（1）可得切線 PA的方程為 $\frac{{x}_{1}x}{4}$+y₁y=1，
切線PB 的方程為$\frac{{x}_{2}x}{4}+{y}_{2}y=1$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}m}{4}+{y}_{1}n=1}\\{\frac{{x}_{2}m}{4}+{y}_{2}n=1}\end{array}\right.$，
∴直線 AB方程為 $\frac{mx}{4}+ny=1$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{mx}{4}+ny=1}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}-4=0}\end{array}\right.$，消y 得到（1+$\frac{{m}^{2}}{4{n}^{2}}$）²-$\frac{2m}{{n}^{2}}$x+$\frac{4}{{n}^{2}}$-4=0，
∴丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{△}}{丨a丨}$=$\sqrt{1+（-\frac{m}{4n}）^{2}}$•$\frac{\sqrt{-\frac{16}{{n}^{2}}+\frac{4{m}^{2}}{{n}^{2}}+16}}{丨1+\frac{{m}^{2}}{4{n}^{2}}丨}$，
又∵原點 O到直線AB 的距離d=$\frac{1}{\sqrt{\frac{{m}^{2}}{{4}^{2}}+{n}^{2}}}$，
∴S_△OAB=$\frac{1}{2}$•丨AB丨•d=$\sqrt{1+（-\frac{m}{4n}）^{2}}$•$\frac{\sqrt{-\frac{16}{{n}^{2}}+\frac{4{m}^{2}}{{n}^{2}}+16}}{丨1+\frac{{m}^{2}}{4{n}^{2}}丨}$•$\frac{1}{\sqrt{\frac{{m}^{2}}{{4}^{2}}+{n}^{2}}}$，
=$\frac{4\sqrt{4{n}^{2}+{m}^{2}-4}}{4{n}^{2}+{m}^{2}}$，
又∵P（m，n） 為圓x²+y²=16上任意一點，
∴m²+n²=16，
∴S_△OAB=$\frac{4\sqrt{3{n}^{2}+12}}{3{n}^{2}+16}$，
令t=$\sqrt{3{n}^{2}+12}$≥2$\sqrt{3}$，則S_△OAB=$\frac{4t}{{t}^{2}+4}$=$\frac{4}{t+\frac{4}{t}}$ 在[2$\sqrt{3}$，+∞） 上單調(diào)遞減，
∴S_△OAB≤$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查弦長公式，點到直線的位置關(guān)系及三角形的面積公式的綜合運用，難度系數(shù)較大，在高考中屬于壓軸題，屬于難題．