Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），過橢圓C的上頂點與右頂點的直線L，與圓x²+y²=$\frac{12}{7}$相切，且橢圓C的右焦點與拋物線y²=4x的焦點重合．
（Ⅰ）求橢圓C的標準方程；
（Ⅱ）過點O作兩條互相垂直的射線與橢圓C分別交于A，B兩點（其中O為坐標原點），求△OAB面積的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）過橢圓C的上頂點與右頂點的直線L為$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}$=1，即bx+ay-ab=0．由直線L與圓x²+y²=$\frac{12}{7}$相切相切，可得$\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$．由拋物線y²=4x的焦點為F（1，0），可得c=1．即a²-b²=1，聯立解出即可得出．
（Ⅱ）當兩射線與坐標軸重合時，S_△OAB=$\sqrt{3}$．當兩射線不與坐標軸重合時，設直線AB的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），與橢圓方程聯立，消去y，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．因為OA⊥OB，所以x₁x₂+y₁y₂=0，所以x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0．把根與系數的關系代入可得得7m²=12（k²+1），所以點O到直線AB的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$．因為OA⊥OB，所以OA²+OB²=AB²≥2OA•OB，當且僅當OA=OB時，取等號．由d•AB=OA•OB，得d•|AB|=|OA|•|OB|≤$\frac{|AB{|}^{2}}{2}$，即可得出．

解答 解：（Ⅰ）過橢圓C的上頂點與右頂點的直線L為$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}$=1，即bx+ay-ab=0．
由直線L與圓x²+y²=$\frac{12}{7}$相切相切，得$\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$．①…（1分）
因為拋物線y²=4x的焦點為F（1，0），所以c=1．…（2分）
即a²-b²=1，代入①，得7a⁴-31a²+12=0，
即（7a²-3）（a²-4）=0，解得a²=4，a²=$\frac{3}{7}$（舍去）．…（3分）
所以b²=a²-1=3．故橢圓C的標準方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．…（4分）
（Ⅱ）當兩射線與坐標軸重合時，S_△OAB=$\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$．…（5分）
當兩射線不與坐標軸重合時，設直線AB的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
與橢圓方程聯立，消去y，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．…（7分）
因為OA⊥OB，所以x₁x₂+y₁y₂=0，
所以x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0．
即（k²+1）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=0．…（8分）
∴（k²+1）$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$-$\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+m²=0．…（8分）
整理，得7m²=12（k²+1），
所以點O到直線AB的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．…（10分）
因為OA⊥OB，所以OA²+OB²=AB²≥2OA•OB，當且僅當OA=OB時，取等號．
由d•AB=OA•OB，得d•|AB|=|OA|•|OB|≤$\frac{|AB{|}^{2}}{2}$，
所以|AB|≥2d=$\frac{4\sqrt{21}}{7}$，即弦AB的長度的最小值是$\frac{4\sqrt{21}}{7}$．
所以△OAB的最小面積為S_△OAB=$\frac{1}{2}×\frac{4\sqrt{21}}{7}$×$\frac{2\sqrt{21}}{7}$=$\frac{12}{7}$．
綜上，△OAB面積的最小值為$\frac{12}{7}$．…（12分）

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交弦長問題、三角形面積計算公式、一元二次方程的根與系數的關系、點到直線的距離公式、基本不等式的性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．