Question

2．教材器有介紹：圓x²+y²=r²上的點（x₀，y₀）處的切線方程為x₀x+y₀y=r²，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）
①設(shè)m≠0，直線AB、OM的斜率分別為k₁，k₂，求證：k₁k₂為定值
②設(shè)m∈R，求△OAB的面積的最大值．

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）①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，即有AB的斜率，結(jié)合兩點的斜率公式，即可得證；
②由①可得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．

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）①證明：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，
即有k₁=-$\frac{1}{m}$，k₂=$\frac{m}{2}$，可得k₁k₂為定值-$\frac{1}{2}$；
②由①可得AB的方程為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=$\frac{\sqrt{2}t}{1+{t}^{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{t+\frac{1}{t}}$≤$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
當且僅當t=1即m=0時，S取得最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

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．