Question

10．如圖，橢圓C₁：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\;（a＞b＞0）$和圓C₂：x²+y²=b²，已知圓C₂將橢圓C₁的長(zhǎng)軸三等分，且圓C₂的面積為π．橢圓C₁的下頂點(diǎn)為E，過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O且與坐標(biāo)軸不重合的任意直線l與圓C₂相交于點(diǎn)A，B，直線EA，EB與橢圓C₁的另一個(gè)交點(diǎn)分別是點(diǎn)P，M．
（I）求橢圓C₁的方程；
（Ⅱ）求△EPM面積最大時(shí)直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由圓的面積公式可得b=1，再由三等分可得a=3b=3，進(jìn)而得到橢圓方程；
（Ⅱ）由題意得：直線PE，ME的斜率存在且不為0，PE⊥EM，不妨設(shè)直線PE的斜率為k（k＞0），則PE：y=kx-1，
代入橢圓方程求得P，M的坐標(biāo)，再由直線和圓方程聯(lián)立，求得A的坐標(biāo)，直線AB的斜率，求得△EPM的面積，化簡(jiǎn)整理，運(yùn)用基本不等式可得最大值，進(jìn)而得到所求直線的斜率，可得直線方程．

解答 解：（Ⅰ）由圓C₂的面積為π，得：b=1，
圓C₂將橢圓C₁的長(zhǎng)軸三等分，可得a=3b=3，
所以橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{9}$+y²=1；
（Ⅱ）由題意得：直線PE，ME的斜率存在且不為0，PE⊥EM，
不妨設(shè)直線PE的斜率為k（k＞0），則PE：y=kx-1，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}+9{y}^{2}=9}\end{array}\right.$，得：$\left\{\begin{array}{l}{x=\frac{18k}{1+9{k}^{2}}}\\{y=\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}}\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}{x=0}\\{y=1}\end{array}\right.$，
所以P（$\frac{18k}{9{k}^{2}+1}$，$\frac{9{k}^{2}-1}{9{k}^{2}+1}$），同理得M（$\frac{-18k}{{k}^{2}+9}$，$\frac{9-{k}^{2}}{9+{k}^{2}}$），
k_PM=$\frac{{k}^{2}-1}{10k}$，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-1}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得A（$\frac{2k}{1+{k}^{2}}$，$\frac{{k}^{2}-1}{{k}^{2}+1}$），所以：k_AB=$\frac{{k}^{2}-1}{2k}$，
所以${S_{△EPM}}=\frac{1}{2}|{PE}|•|{EM}|=\frac{{162（k+{k^3}）}}{{9{k^4}+82{k^2}+9}}=\frac{{162（k+\frac{1}{k}）}}{{9{k^2}+82+\frac{9}{k^2}}}$，
設(shè)$t=k+\frac{1}{k}$，則${S_{△EPM}}=\frac{162t}{{9{t^2}+64}}=\frac{162}{{9{t^{\;}}+\frac{64}{t}}}≤\frac{27}{8}$，
當(dāng)且僅當(dāng)$t=k+\frac{1}{k}=\frac{8}{3}$時(shí)取等號(hào)，所以k-$\frac{1}{k}$=±$\frac{2}{3}$$\sqrt{7}$，
則直線AB：y=$\frac{{k}^{2}-1}{2k}$x=$\frac{1}{2}$（k-$\frac{1}{k}$）x，
所以所求直線l方程為：$y=±\frac{{\sqrt{7}}}{3}x$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，注意運(yùn)用圓的面積和三等分思想，考查直線方程的求法，注意運(yùn)用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，以及直線和圓方程聯(lián)立，求得交點(diǎn)，以及直線的斜率，運(yùn)用基本不等式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．