Question

10．已知點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，且點P是線段AB的中點，O為坐標原點．
（Ⅰ）是否存在實數(shù)t，使直線l和直線OP的傾斜角互補？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，化為關于x的一元二次方程，利用根與系數(shù)的關系可得A，B的橫坐標的和，結合點P是線段AB的中點可得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=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+\frac{1}{2}）|{x}_{1}-{x}_{2}|$，化為關于t的函數(shù)求最值．

解答 解：（Ⅰ）存在．
事實上，由題意直線l的斜率必存在，設直線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t=0時，顯然不符合題意；
當t≠0時，設直線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${t}^{2}=\frac{1}{2}$時，${S}_{max}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質，考查了直線與橢圓位置關系的應用，訓練了二次函數(shù)最值的求法，是中檔題．