Question

10．已知点P（t，$\frac{1}{2}$）在椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1内，过P的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且点P是线段AB的中点，O为坐标原点．
（Ⅰ）是否存在实数t，使直线l和直线OP的倾斜角互补？若存在，求出t的值，若不存在，试说明理由；
（Ⅱ）求△OAB面积S的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意直线l的斜率必存在，设直线l的方程是y-$\frac{1}{2}$=k（x-t），联立直线方程和椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，利用根与系数的关系可得A，B的横坐标的和，结合点P是线段AB的中点可得k=-t，代入一元二次方程，利用判别式大于0求得t的范围，再由直线l和直线OP的倾斜角互补求得t值；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知l的方程是$y=-tx+{t}^{2}+\frac{1}{2}$，可得S=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+\frac{1}{2}）|{x}_{1}-{x}_{2}|$，化为关于t的函数求最值．

解答 解：（Ⅰ）存在．
事实上，由题意直线l的斜率必存在，设直线l的方程是y-$\frac{1}{2}$=k（x-t），
代入$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1得：$（1+2{k}^{2}）{x}^{2}+（2k-4{k}^{2}t）x+2（\frac{1}{2}-kt）^{2}-2=0$．①
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{2k-4{k}^{2}t}{1+2{k}^{2}}$，
又x₁+x₂=2t，
∴-$\frac{2k-4{k}^{2}t}{1+2{k}^{2}}=2t$，解得：k=-t，
此时方程①为$（1+2{t}^{2}）{x}^{2}-（2t+4{t}^{3}）x+2（\frac{1}{2}+{t}^{2}）^{2}-2=0$．
由△=$（2t+4{t}^{3}）^{2}-4（1+2{t}^{2}）×[2（\frac{1}{2}+{t}^{2}）^{2}-2]$＞0，解得0＜t²＜$\frac{3}{2}$，
当t=0时，显然不符合题意；
当t≠0时，设直线OP的斜率为k₁，只需k₁+k₂=0，
即$\frac{1}{2t}+（-t）=0$，解得t=$±\frac{\sqrt{2}}{2}$，均符合题意；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知l的方程是$y=-tx+{t}^{2}+\frac{1}{2}$，
∴S=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+\frac{1}{2}）|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\frac{1}{2}（{t}^{2}+\frac{1}{2}）•\frac{\sqrt{-8{t}^{4}+8{t}^{2}+6}}{1+2{t}^{2}}$=$\frac{1}{4}\sqrt{-8{t}^{4}+8{t}^{2}+6}$，
∵0＜t²＜$\frac{3}{2}$，∴当${t}^{2}=\frac{1}{2}$时，${S}_{max}=\frac{\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与椭圆位置关系的应用，训练了二次函数最值的求法，是中档题．