Question

4．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$和圓O：x²+y²=b²（其中圓心O為原點），過橢圓C上異于上、下頂點的一點P（x₀，y₀）引圓O的兩條切線，切點分別為A，B．
（1）求直線AB的方程；
（2）求三角形OAB面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）通過PA²=OP²-OA²=x₀²+y₀²-b²，以點P為圓心，|PA|為半徑的圓P的方程為（x-x₀）²+（y-y₀）²=x₀²+y₀²-b²．兩個圓的方程聯(lián)立方程組，即可求解直線AB的方程．
（2）求出AB的距離，原點到AB 的距離，利用三角形的面積以及基本不等式轉(zhuǎn)化求解即可．

解答 解：（1）因為PA²=OP²-OA²=x₀²+y₀²-b²，
所以以點P為圓心，|PA|為半徑的圓P的方程為（x-x₀）²+（y-y₀）²=x₀²+y₀²-b²．
因為圓O與圓P兩圓的公共弦所在的直線即為直線AB，
所以聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}=^{2}}\\{（x-{x}_{0}）^{2}+（y-{y}_{0}）^{2}={{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-^{2}}\end{array}\right.$，
消去x²，y²，即得直線AB的方程為x₀x+y₀y=b²．
（2）直線AB的方程為x₀x+y₀y=b²，
所以點O到直線AB的距離為d=$\frac{^{2}}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}}$．
因為|AB|=2$\sqrt{|OA{|}^{2}-be2u1vn^{2}}$=2$\sqrt{^{2}-\frac{^{4}}{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}}$=$\frac{2b\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-^{2}}}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}}$，
所以三角形OAB的面積S=$\frac{1}{2}$×|AB|×d=$\frac{^{3}\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-^{2}}}{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}$．
（因為點P（x₀，y₀）在橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1（a＞b＞0）$上，
所以$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}=1$，即${{y}_{0}}^{2}=^{2}（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}）$（x₀²≤a²）．
設(shè)$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-^{2}}$=$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}-\frac{^{2}{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}}$=cx₀，
所以S=$\frac{^{3}c|{x}_{0}|}{{{x}_{0}}^{2}+^{2}（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}）}$=$\frac{^{3}c}{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}|{x}_{0}|+\frac{^{2}}{|{x}_{0}|}}$≤$\frac{^{3}c}{2\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}|{x}_{0}|•\frac{^{2}}{|{x}_{0}|}}}$=$\frac{1}{2}ab$²．
當且僅當x₀=$\frac{ab}{c}$時，三角形的面積取得最大值$\frac{1}{2}ab$²．（12分）．

點評 本題主要考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用能力，具體涉及到軌跡方程的求法及直線與圓錐曲線的相關(guān)知識，解題時要注意導(dǎo)數(shù)的合理的運用，結(jié)合圓錐曲線的性質(zhì)恰當?shù)剡M行等價轉(zhuǎn)化．