Question

5．教材曾有介紹：圓x²+y²=r²上的點（x₀，y₀）處的切線方程為x${\;}_{0}x+{y}_{0}y={r}^{2}$，我們將其結(jié)論推廣：橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上的點（x₀，y₀）處的切線方程為$\frac{{x}_{0}x}{{a}^{2}}+\frac{{y}_{0}y}{^{2}}=1$，在解本題時可以直接應(yīng)用，已知：直線x-y+$\sqrt{3}$=0與橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+{y}^{2}$=1（a＞1）有且只有一個公共點；
（1）求a的值；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點，過橢圓E上的兩點A、B分別作該橢圓的兩條切線l₁、l₂，且l₁與l₂交于點M（2，m），當(dāng)m變化時，求△OAB面積的最大值；
（3）在（2）的條件下，經(jīng)過點M（2，m）作直線l與該橢圓E交于C、D兩點，在線段CD上存在點N，使$\frac{|CN|}{|ND|}=\frac{|MC|}{|MD|}$成立，試問：點N是否在直線AB上，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）將直線y=x+$\sqrt{3}$代入橢圓方程，得到x的方程，由直線和橢圓相切的條件：判別式為0，解方程可得a的值；
（2）設(shè)切點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），可得切線l₁：x₁x+2y₁y=2，l₂：x₂x+2y₂y=2，再由M代入上式，結(jié)合兩點確定一條直線，可得切點弦方程，AB的方程為x+my=1，運用點到直線的距離公式和直線與橢圓方程聯(lián)立，運用韋達定理和弦長公式，求得△OAB的面積，化簡整理，運用基本不等式即可得到所求最大值；
（3）設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），N（x₀，y₀），由直線y=k（x-2）+m代入橢圓方程x²+2y²=2，運用韋達定理，由題意可得
$\frac{|CN|}{|ND|}=\frac{|MC|}{|MD|}$，可得$\frac{{x}_{0}-{x}_{3}}{{x}_{4}-{x}_{0}}$=$\frac{{x}_{3}-2}{{x}_{4}-2}$，求得N的坐標(biāo)，代入切點弦AB的方程，計算即可判斷．

解答 解：（1）將直線y=x+$\sqrt{3}$代入橢圓方程x²+a²y²=a²，
可得（1+a²）x²+2$\sqrt{3}$a²x+2a²=0，
由直線和橢圓相切，可得
△=12a⁴-4（1+a²）•2a²=0，
解得a=$\sqrt{2}$（由a＞1）；
（2）設(shè)切點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
可得切線l₁：x₁x+2y₁y=2，
l₂：x₂x+2y₂y=2，
由l₁與l₂交于點M（2，m），可得
2x₁+2my₁=2，2x₂+2my₂=2，
由兩點確定一條直線，可得AB的方程為2x+2my=2，
即為x+my=1，原點到直線AB的距離為d=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{x+my=1}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=2}\end{array}\right.$消去x，可得（2+m²）y²-2my-1=0，
y₁+y₂=$\frac{2m}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{1}{2+{m}^{2}}$，
可得|AB|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\sqrt{1+{m}^{2}}$•$\sqrt{\frac{8（1+{m}^{2}）}{（2+{m}^{2}）^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{2}（1+{m}^{2}）}{2+{m}^{2}}$，
可得△OAB的面積S=$\frac{1}{2}$d|AB|=$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{1+{m}^{2}}}{2+{m}^{2}}$，
設(shè)t=$\sqrt{1+{m}^{2}}$（t≥1），
S=$\frac{\sqrt{2}t}{1+{t}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{t+\frac{1}{t}}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當(dāng)且僅當(dāng)t=1即m=0時，S取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
（3）設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），N（x₀，y₀），
由直線y=k（x-2）+m代入橢圓方程x²+2y²=2，
可得（1+2k²）x²+4k（m-2k）x+2（m-2k）²-2=0，
即有x₃+x₄=-$\frac{4k（m-2k）}{1+2{k}^{2}}$，x₃x₄=$\frac{2（m-2k）^{2}-2}{1+2{k}^{2}}$，
由線段CD上存在點N，使$\frac{|CN|}{|ND|}=\frac{|MC|}{|MD|}$成立，
可得$\frac{{x}_{0}-{x}_{3}}{{x}_{4}-{x}_{0}}$=$\frac{{x}_{3}-2}{{x}_{4}-2}$，化為x₀=$\frac{2（{x}_{3}+{x}_{4}）-2{x}_{3}{x}_{4}}{4-（{x}_{3}+{x}_{4}）}$，
代入韋達定理，化簡可得x₀=$\frac{2km+1-{m}^{2}}{1+km}$，
y₀=k（x₀-2）+m=k（$\frac{2km+1-{m}^{2}}{1+km}$-2）+m=$\frac{m-k}{1+km}$，
由x₀+my₀=$\frac{2km+1-{m}^{2}}{1+km}$+$\frac{{m}^{2}-km}{1+km}$=$\frac{1+km}{1+km}$=1．
即有N在直線AB上．

點評 本題考查直線和橢圓的位置關(guān)系的判斷，考查直線和橢圓相切的條件：判別式為0，以及切線的方程的運用，同時考查直線和橢圓相交的弦長公式和三角形的面積的最值的求法，注意運用基本不等式，屬于中檔題．