Question

14．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1$和圓O：x²+y²=1，過點A（m，0）（m＞1）作兩條互相垂直的直線l₁，l₂，l₁于圓O相切于點P，l₂與橢圓相交于不同的兩點M，N．
（1）若m=$\sqrt{2}$，求直線l₁的方程；
（2）求m的取值范圍；
（3）求△OMN面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）由題意設(shè)出直線l₁的方程，由直線與圓相切的條件、點到直線的距離公式列出方程，可得直線l₁的方程；
（2）由條件對m分類討論，設(shè)直線l₂、直線l₁的方程，分別列出方程求出m和k關(guān)系，聯(lián)立橢圓方程化簡后，利用△＞0列出方程化簡后，求出m的取值范圍；
（3）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），由條件對m分類討論，先求出斜率不存在時△OMN面積，利用韋達定理和弦長公式表示出△OMN面積，化簡后利用換元法求出面積的最大值．

解答 解：（1）由題意可知：直線l₁的斜率存在，設(shè)為k，
則直線l₁的方程為y=k（x-$\sqrt{2}$），即kx-y-$\sqrt{2}$k=0，
∴圓O：x²+y²=1的圓心O（0，0）到直線l₁的距離
d=$\frac{|-\sqrt{2}k|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=1$，化簡得k=1或k=-1，
∴直線l₁的方程是$x-y-\sqrt{2}=0$或$x+y-\sqrt{2}=0$；
（2）①當1＜m  $＜\sqrt{2}$時，滿足條件；
②當m≥$\sqrt{2}$時，直線l₂的斜率存在，設(shè)為k，
則直線l₂的方程為y=k（x-m），即kx-y-km=0，
∵l₁⊥l₂，∴直線l₁的方程為y=$-\frac{1}{k}$（x-m）（k≠0），即x+ky-m=0，
∵l₁于圓O相切于點P，∴$\frac{|-m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=1$，化簡得m²=1+k²，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-m）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得，（2k²+1）x²-4mk²x+2k²m²-2=0，
∴△=（-4mk²）²-4（2k²+1）（2m²k²-2）＞0，
化簡得，1+k²（2-m²）＞0，
由m²=1+k²得，k²=m²-1，代入上式化簡得，
m⁴-3m²+1＜0，解得$\frac{3-\sqrt{5}}{2}＜{m}^{2}＜\frac{3+\sqrt{5}}{2}$，
又m≥$\sqrt{2}$，則$2≤{m}^{2}＜\frac{3+\sqrt{5}}{2}$，得$\sqrt{2}≤m＜\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，
綜上得，m的取值范圍是$（1，\frac{\sqrt{5}+1}{2}）$；
（3）設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
①當1＜m  $＜\sqrt{2}$時，若直線l₂的斜率不存在，
則直線l₂的方程x=m，不妨設(shè)M（m，$\sqrt{\frac{2-{m}^{2}}{2}}$），N（m，$-\sqrt{\frac{2-{m}^{2}}{2}}$），
∴|MN|=$2\sqrt{\frac{2-{m}^{2}}{2}}$，則△OMN面積S=$\frac{1}{2}×m×2\sqrt{\frac{2-{m}^{2}}{2}}$=$\sqrt{\frac{{m}^{2}（2-{m}^{2}）}{2}}$，
由$1＜m＜\sqrt{2}$得1＜m²＜2，
當m²=1 時，△OMN面積S取到最大值$\frac{\sqrt{2}}{2}$；
②當m≥$\sqrt{2}$時，直線l₂的斜率存在，設(shè)為k，
則直線l₂的方程為y=k（x-m），即kx-y-km=0，
∵l₁⊥l₂，∴直線l₁的方程為y=$-\frac{1}{k}$（x-m）（k≠0），即x+ky-m=0，
∵l₁于圓O相切于點P，∴$\frac{|-m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=1$，化簡得m²=1+k²，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-m）}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得，（2k²+1）x²-4mk²x+2k²m²-2=0，
則x₁+x₂=$\frac{4m{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}$，1+k²（2-m²）
|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$
=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[{（\frac{4m{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）}^{2}-4×\frac{2{m}^{2}{k}^{2}-2}{2{k}^{2}+1}]}$=$\frac{2\sqrt{2}\sqrt{（1+{k}^{2}）{[1+k}^{2}（2-{m}^{2}）]}}{2{k}^{2}+1}$，
又原點O（0，0）到直線l₂的距離d=$\frac{|-km|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△OMN面積S=$\frac{1}{2}×\frac{|-km|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}×\frac{2\sqrt{2}\sqrt{（1+{k}^{2}）{[1+k}^{2}（2-{m}^{2}）]}}{2{k}^{2}+1}$
=$\frac{\sqrt{2}\sqrt{{k}^{2}{m}^{2}{（1+2k}^{2}-{k}^{2}{m}^{2}）}}{2{k}^{2}+1}$=$\sqrt{2}\sqrt{\frac{{m}^{2}{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}-（\frac{{m}^{2}{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}）^{2}}$，
設(shè)t=$\frac{{m}^{2}{k}^{2}}{2{k}^{2}+1}$，則S=$\sqrt{2}\sqrt{-{t}^{2}+t}$，
由$1＜m＜\frac{\sqrt{5}+1}{2}$以及m²=1+k²得，0＜t＜1，
所以當t=$\frac{1}{2}$時，△OMN面積的最大值是$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
綜上得，△OMN面積的最大值是$\frac{\sqrt{2}}{2}$．

點評 本題考查了直線與橢圓位置關(guān)系，直線與圓相切的條件、點到直線的距離公式，以及“設(shè)而不求”的解題思想方法，考查分類討論思想，換元法，化簡、變形、計算能力．