Question

16．如圖，設斜率為k（k＞0）的直線l與橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1交于A、B兩點，且OA⊥OB．
（Ⅰ）求直線l在y軸上的截距（用k表示）；
（Ⅱ）求△AOB面積取最大值時直線l的方程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設l：y=kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由OA⊥OB，得（1+k²）x₁x₂+kt（x₁+x₂）+t²=0，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得x²+3（kx+t）²=9，即（1+3k²）x²+6ktx+3t²-9=0，由此利用韋達定理、根的判別式，結合已知條件能求出直線l在y軸上的截距．
（Ⅱ）設△AOB的面積為S，O到直線l的距離為d，則S=$\frac{1}{2}$|AB|•d，由此利用點到直線的距離公式和弦長公式能求出△AOB面積取最大值時直線l的方程．

解答 解：（Ⅰ）設l：y=kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
∵斜率為k（k＞0）的直線l與橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{9}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1交于A、B兩點，且OA⊥OB，
∴∠AOB=90°，∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，
∴x₁x₂+（kx₁+t）（kx₂+t）=0，∴（1+k²）x₁x₂+kt（x₁+x₂）+t²=0，（*）
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{9}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y，得x²+3（kx+t）²=9，即（1+3k²）x²+6ktx+3t²-9=0，
則${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{6kt}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3{t}^{2}-9}{1+3{k}^{2}}$，且△＞0，代入（*）
從而得（1+k²）（3t²-9）-6k²t²+t²（1+3k²）=0，∴3t²-9-9k²+t²=0，
∴${t}^{2}=\frac{9}{4}（1+{k}^{2}）$，∴t=±$\frac{3}{2}\sqrt{1+{k}^{2}}$，
∴直線l在y軸上的截距為$\frac{3}{2}\sqrt{1+{k}^{2}}$或-$\frac{3}{2}\sqrt{1+{k}^{2}}$．
（Ⅱ）設△AOB的面積為S，O到直線l的距離為d，則S=$\frac{1}{2}$|AB|•d，
而由（1）知d=$\frac{|t|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=\frac{3}{2}$，且|AB|=$\sqrt{{k}^{2}+1}•\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}×\sqrt{\frac{36{k}^{2}{t}^{2}}{（1+3{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（3{t}^{2}-9）}{1+3{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{1+3{k}^{2}}×3\sqrt{1+9{k}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{（{k}^{2}+1）（1+9{k}^{2}）}}{1+3{k}^{2}}$，
∴$S=\frac{9}{4}×\sqrt{1+\frac{4}{（9{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}）+6}}$≤$\frac{9}{4}×\sqrt{1+\frac{1}{3}}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
當${S}_{max}=\frac{3}{2}\sqrt{3}$時，$9{k}^{2}=\frac{1}{{k}^{2}}$，解得k=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，∴t=$±\sqrt{3}$，
∴所求直線方程為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}x+\sqrt{3}$或y=$\frac{\sqrt{3}}{3}x-\sqrt{3}$．

點評 本題考查直線在y軸上的截距的求法，考查直線方程的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、根的判別式、點到直線的距離公式和弦長公式、橢圓性質的合理運用．