Question

4．如图，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1（a＞b＞0）$和圆O：x²+y²=b²（其中圆心O为原点），过椭圆C上异于上、下顶点的一点P（x₀，y₀）引圆O的两条切线，切点分别为A，B．
（1）求直线AB的方程；
（2）求三角形OAB面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）通过PA²=OP²-OA²=x₀²+y₀²-b²，以点P为圆心，|PA|为半径的圆P的方程为（x-x₀）²+（y-y₀）²=x₀²+y₀²-b²．两个圆的方程联立方程组，即可求解直线AB的方程．
（2）求出AB的距离，原点到AB 的距离，利用三角形的面积以及基本不等式转化求解即可．

解答 解：（1）因为PA²=OP²-OA²=x₀²+y₀²-b²，
所以以点P为圆心，|PA|为半径的圆P的方程为（x-x₀）²+（y-y₀）²=x₀²+y₀²-b²．
因为圆O与圆P两圆的公共弦所在的直线即为直线AB，
所以联立方程组$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+{y}^{2}={b}^{2}}\\{（x-{x}_{0}）^{2}+（y-{y}_{0}）^{2}={{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-{b}^{2}}\end{array}\right.$，
消去x²，y²，即得直线AB的方程为x₀x+y₀y=b²．
（2）直线AB的方程为x₀x+y₀y=b²，
所以点O到直线AB的距离为d=$\frac{{b}^{2}}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}}$．
因为|AB|=2$\sqrt{|OA{|}^{2}-{d}^{2}}$=2$\sqrt{{b}^{2}-\frac{{b}^{4}}{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}}$=$\frac{2b\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-{b}^{2}}}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}}$，
所以三角形OAB的面积S=$\frac{1}{2}$×|AB|×d=$\frac{{b}^{3}\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-{b}^{2}}}{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}}$．
（因为点P（x₀，y₀）在椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1（a＞b＞0）$上，
所以$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{b}^{2}}=1$，即${{y}_{0}}^{2}={b}^{2}（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}）$（x₀²≤a²）．
设$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-{b}^{2}}$=$\sqrt{{{x}_{0}}^{2}-\frac{{b}^{2}{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}}$=cx₀，
所以S=$\frac{{b}^{3}c|{x}_{0}|}{{{x}_{0}}^{2}+{b}^{2}（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{a}^{2}}）}$=$\frac{{b}^{3}c}{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}|{x}_{0}|+\frac{{b}^{2}}{|{x}_{0}|}}$≤$\frac{{b}^{3}c}{2\sqrt{\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}|{x}_{0}|•\frac{{b}^{2}}{|{x}_{0}|}}}$=$\frac{1}{2}ab$²．
当且仅当x₀=$\frac{ab}{c}$时，三角形的面积取得最大值$\frac{1}{2}ab$²．（12分）．

点评 本题主要考查直线与圆锥曲线的综合应用能力，具体涉及到轨迹方程的求法及直线与圆锥曲线的相关知识，解题时要注意导数的合理的运用，结合圆锥曲线的性质恰当地进行等价转化．