Question

4．给定椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）．设t＞0，过点T（0，t）斜率为k的 直线l与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点．
（Ⅰ）用a，b，k，t表示△OMN的面积S，并说明k，t应满足的条件；
（Ⅱ）当k变化时，求S的最大值g（t）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据题意，设l方程为y=kx+t，联立直线与椭圆的方程可得（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²（t²-b²）=0；由根与系数的关系的关系表示|OT|和|x_M-x_N|，进而由三角形面积公式计算可得答案；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得S的表达式，分$t≥\frac{b}{{\sqrt{2}}}$与$0＜t＜\frac{b}{{\sqrt{2}}}$两种情况讨论，分析S的最大值，综合即可得答案．

解答 解：（Ⅰ）根据题意，设l方程为y=kx+t，
将l方程代入C方程整理得（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²（t²-b²）=0；
△=4a⁴k²t²-4a²（t²-b²）（b²+a²k²）=4a²b²（b²+a²k²-t²）．
由△＞0得k，t应满足的条件为 b²+a²k²-t²＞0，
$S=\frac{1}{2}|{x_M}-{x_N}||OT|$=$\frac{1}{2}•\frac{{\sqrt{△}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}•t$=$\frac{{abt\sqrt{{b^2}+{a^2}{k^2}-{t^2}}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}$．
所以$S=\frac{{abt\sqrt{{b^2}+{a^2}{k^2}-{t^2}}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}$，其中b²+a²k²＞t²
（Ⅱ）$S=\frac{{abt\sqrt{{b^2}+{a^2}{k^2}-{t^2}}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}$=$abt\sqrt{-{{（\frac{t}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}-\frac{1}{2t}）}^2}+\frac{1}{{4{t^2}}}}$．
当$t≥\frac{b}{{\sqrt{2}}}$，即${t^2}≥\frac{b^2}{2}$，取$k=±\sqrt{\frac{{2{t^2}-{b^2}}}{a^2}}$，有$\frac{t}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}=\frac{1}{2t}$，得${S_{max}}=\frac{1}{2}ab$．
当$0＜t＜\frac{b}{{\sqrt{2}}}$，即$0＜{t^2}＜\frac{b^2}{2}$，b²+a²k²＞2t²，有$\frac{t}{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}≤\frac{t}{b^2}＜\frac{1}{2t}$，
取k=0，得${S_{max}}=\frac{at}{b}\sqrt{{b^2}-{t^2}}$．
所以，当k变化时，S的最大值g（t）=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}ab，t≥\frac{b}{\sqrt{2}}}\\{\frac{at}{b}\sqrt{{b}^{2}-{t}^{2}}，0＜t＜\frac{b}{\sqrt{2}}}\end{array}\right.$．

点评 本题考查椭圆的几何性质，涉及椭圆与直线的位置关系，关键是掌握椭圆的几何性质．