Question

已知橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0）的離心率與等軸雙曲線的離心率互為倒數(shù)關系，直線l：x-y+

2

=0與以原點為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓相切．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設M是橢圓的上頂點，過點M分別作直線MA，MB交橢圓于A，B兩點，設兩直線的斜率分別為k₁，k₂，且k₁+k₂=4，求證：直線AB過定點；
（Ⅲ）過點P（0，2）的直線l與橢圓交于不同的兩點D、E，當△ODE面積最大時，求|DE|．

Answer 1

考點：直線與圓錐曲線的關系,橢圓的標準方程

專題：計算題,圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程,圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（Ⅰ）由等軸雙曲線的離心率為

2

，根據(jù)條件得到橢圓的離心率為e=

2

2

，再由直線與圓相切，得b=1，由離心率公式得a²=2，從而有橢圓方程；
（Ⅱ）討論①若直線AB的斜率存在，設直線AB：：y=kx+m，m≠±1，聯(lián)立橢圓方程和直線方程，運用韋達定理，由已知k₁+k₂=4，運用斜率公式，化簡整理，得到m=

k

2

-1，從而得到AB：y=kx+

k

2

-1，則AB恒過定點（-

1

2

，-1）；②若直線AB斜率不存在，設AB：x=x₀，由條件求出直線AB：x=-

1

2

，故直線AB也過定點（-

1

2

，-1）．
（Ⅲ）設直線l：y=tx+2，設D（x₃，y₃），E（x₄，y₄），聯(lián)立橢圓方程和直線l的方程，運用韋達定理，弦長公式求出O到直線l的距離d，求出△ODE的面積S=

1

2

d•|DE|=

2 2 2t2-3

1+2t2

，令u=

2t2-3

＞0，則2t²=u²+3，再運用基本不等式，即可求出最大值．

解答： （Ⅰ）解：∵等軸雙曲線的離心率為

2

，
∴由離心率互為倒數(shù)，得橢圓的離心率為e=

2

2

，即e²=

c2

a2

=

a2-b2

a2

=

1

2

，
即a²=2b²，
∵直線l：x-y+

2

=0與以原點為圓心，以橢圓C的短半軸長為半徑的圓x²+y²=b²相切．
∴b=1，a²=2，
即橢圓的方程為：

x2

2

+y²=1．
（Ⅱ）證明：①若直線AB的斜率存在，設直線AB：：y=kx+m，m≠±1，M（0，1）
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），聯(lián)立橢圓方程和直線方程，消去y，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，
x₁+x₂=-

4km

1+2k2

，x₁x₂=

2m2-2

1+2k2

，由已知k₁+k₂=4，可得

y1-1

x1

+

y2-1

x2

=4
即

kx1+m-1

x1

+

kx2+m-1

x2

=4，2k-4+（m-1）

x1+x2

x1x2

=0，
將x₁+x₂，x₁x₂代入得到，k=2（m+1），即m=

k

2

-1，
則AB：y=kx+

k

2

-1，即y=k（x+

1

2

）-1，AB恒過定點（-

1

2

，-1）；
②若直線AB斜率不存在，設AB：x=x₀，則A（x₀，y₀），B（x₀，-y₀），由

y0-1

x0

+

-y0-1

x0

=4，
得x₀=-

1

2

，故直線AB：x=-

1

2

，故直線AB也過定點（-

1

2

，-1）．
綜上，直線AB恒過定點（-

1

2

，-1）．
（Ⅲ）設直線l：y=tx+2，設D（x₃，y₃），E（x₄，y₄），聯(lián)立橢圓方程和直線l的方程，
得到（1+2t²）x²+8tx+6=0
由△＞0得t²＞

3

2

，x₃+x₄=-

8t

1+2t2

，x₃x₄=

6

1+2t2

，
則|DE|=

1+t2

|x₃-x₄|=

1+t2

•

16t2-24

1+2t2

由O到直線l的距離d=

2

1+t2

，
故△ODE的面積S=

1

2

d•|DE|=

2 2 2t2-3

1+2t2

，
令u=

2t2-3

＞0，則2t²=u²+3，
則S=

2 2 u

u2+4

=

2 2

u+ 4 u

≤

2 2

2 4

=

2

2

．
當且僅當u=2，即t=±

14

2

，|DE|=

3

2

，△ODE的面積最大．

點評：本題考查橢圓和雙曲線方程、性質(zhì)：離心率的求法，直線與圓的位置關系：相切，考查直線與橢圓的位置關系，聯(lián)立橢圓方程和直線方程，運用韋達定理和弦長公式，同時考查直線的斜率是否存在，以及化簡整理的運算能力，屬于綜合題．