湖北省重点高中智学联盟2022 年秋季高二年级期末联考-Kmath科数- 中考、高考、考验数学题库

已知椭圆 $C_1: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a > b > 0)$ 的离心率为 $\frac{1}{2}, P\left(1, \frac{3}{2}\right)$ 为椭圆上一点, $A, B$ 为椭圆上不同两点, $O$ 为坐标原点,
(1) 求椭圆 $C$ 的方程;
(2) 线段 $A B$ 的中点为 $M$, 当 $\triangle A O B$ 面积取最大值时, 是否存在两定点 $G, H$, 使 $|G M|+|H M|$ 为定值? 若存在, 求出这个定值; 若不存在, 请说明理由.

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答案：

(1) 由 $e=\frac{1}{2}$, 可设 $a=2 t, c=t$, 则 $b=\sqrt{3} t$, 方程化为 $\frac{x^2}{4 t^2}+\frac{y^2}{3 t^2}=1$ 又点 $P\left(1, \frac{3}{2}\right)$ 在椭圆上, 则 $\frac{1}{4 t^2}+\frac{\frac{9}{4}}{3 t^2}=1$, 解得 $t=1$
因此椭圆 $C$ 的方程为 $\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$.

(2) 当直线 $A B$ 的斜率存在时, 设 $A B$ 直线的方程为 $y=k x+m$
联立直线 $A B$ 和椭圆 $C$ 的方程消去 $y$ 得, $3 x^2+4(x+m)^2-12=0$
化简得: $\left(3+4 k^2\right) x^2+8 k m x+4 m^2-12=0$
$$
\begin{aligned}
& S_{\triangle A O B}=\frac{1}{2}|m| \cdot\left|x_2-x_1\right|=\frac{1}{2}|m| \cdot \sqrt{\left(x_2+x_1\right)^2-4 x_1 x_2}=\frac{1}{2}|m| \cdot \sqrt{\left(\frac{-8 k m}{3+4 k^2}\right)^2-4 \cdot \frac{4 m^2-12}{3+4 k^2}} \\
& =\frac{2|m|}{3+4 k^2} \cdot \sqrt{4 k^2 m^2-\left(m^2-3\right)\left(3+4 k^2\right)}=\frac{2|m|}{3+4 k^2} \cdot \sqrt{9-3 m^2+12 k^2} \\
& =\frac{2 \sqrt{3}|m|}{3+4 k^2} \cdot \sqrt{3+4 k^2-m^2}=2 \sqrt{3} \cdot \sqrt{\frac{m^2}{3+4 k^2}-\frac{m^4}{\left(3+4 k^2\right)^2}}
\end{aligned}
$$
当 $\frac{m^2}{3+4 k^2}=\frac{1}{2}$ 时, $\mathrm{S}$ 取得最大值 $\sqrt{3}$, 即此时 $2 m^2=3+4 k^2$
$$
\text { 又 } x_1+x_2=\frac{-8 k m}{3+4 k^2}, y_1+y_2=k\left(x_1+x_2\right)+2 m=\frac{6 m}{3+4 k^2} \text {, 则 } M\left(\frac{x_1+x_2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2}\right)
$$

又 $x_1+x_2=\frac{-8 k m}{3+4 k^2}, y_1+y_2=k\left(x_1+x_2\right)+2 m=\frac{6 m}{3+4 k^2}$, 则 $M\left(\frac{x_1+x_2}{2}, \frac{y_1+y_2}{2}\right)$ 即 $M\left(\frac{-4 k m}{3+4 k^2}, \frac{3 m}{3+4 k^2}\right)$
$$
\left\{\begin{array}{l}
x=\frac{-4 k m}{3+4 k^2} \\
y=\frac{3 k m}{3+4 k^2}
\end{array} \text {, 则 } \frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{\frac{3}{2}}=1\right.
$$

因此平面内存在两点 $G, H$ 使得 $|G M|+|H M|=2 \sqrt{2}$.
当直线 $A B$ 的斜率不存在时, 设 $A(2 \cos \theta, \sqrt{3} \sin \theta)$, 则 $B(2 \cos \theta,-\sqrt{3} \sin \theta)$
$S_{\triangle A O B}=2 \sqrt{3} \sin \theta \cos \theta=\sqrt{3} \sin 2 \theta$, 即当 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 取得最大值 $\sqrt{3}$.
此时 $A B$ 中点 $M$ 的坐标为 $(\sqrt{2}, 0)$, 满足方程 $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{\frac{3}{2}}=1$
即 $|G M|+|H M|=2 \sqrt{2}$.

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