Question

4．橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{3}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1的右焦點(diǎn)F，過(guò)焦點(diǎn)F的直線l₀⊥x軸，P（x₀，y₀）（x₀y₀≠0）為C上任意一點(diǎn)，C在點(diǎn)P處的切線為l，l與l₀相交于點(diǎn)M，與直線l₁：x=3相交于N．
（I） 求證；直線$\frac{{x}_{0}x}{3}$+$\frac{{y}_{0}y}{2}$=1是橢圓C在點(diǎn)P處的切線；
（Ⅱ）求證：$\frac{|FM|}{|FN|}$為定值，并求此定值；
（Ⅲ）請(qǐng)問(wèn)△ONP（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積是否存在最小值？若存在，請(qǐng)求出最小及此時(shí)點(diǎn)P的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導(dǎo)出直線$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1$過(guò)點(diǎn)P（x₀，y₀），由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$及$2{{x}_{0}}^{2}+3{{y}_{0}}^{2}=6$，得$6{x}^{2}-12{x}_{0}x+3（6-3{{y}_{0}}^{2}）=0$，由此能證明直線$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1$是橢圓C在點(diǎn)P處的切線．
（Ⅱ）在$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1$中，令x=1，M（1，$\frac{6-2{x}_{0}}{3{y}_{0}}$），令x=3，得N（3，$\frac{2-2{x}_{0}}{{y}_{0}}$），由此求出|FM|，|FN|，由此能證明$\frac{|FM|}{|FN|}$為定值．
（Ⅲ）求出切線l與x軸的交點(diǎn)為G（$\frac{3}{{x}_{0}}$，0），推導(dǎo)出S_△ONP=$\frac{3-{x}_{0}}{|{y}_{0}|}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}•\frac{3-{x}_{0}}{\sqrt{3-{{x}_{0}}^{2}}}$，令3-x₀=$\frac{1}{t}$，利用配方法能求出△ONP的面積的最小值及對(duì)應(yīng)的P點(diǎn)坐標(biāo)．

解答 證明：（Ⅰ）∵P（x₀，y₀）在橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1上，
∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{3}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}=1$，即$\frac{{x}_{0}{x}_{0}}{3}+\frac{{y}_{0}{y}_{0}}{2}=1$，
∴直線$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1$過(guò)點(diǎn)P（x₀，y₀），
由$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y，并利用$2{{x}_{0}}^{2}+3{{y}_{0}}^{2}=6$，得$6{x}^{2}-12{x}_{0}x+3（6-3{{y}_{0}}^{2}）=0$，
即6x²-12x₀x+6x₀²=0，即6（x-x₀）²=0，∴x=x₀，
∴直線$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}$=1與橢圓C在點(diǎn)P處有且僅有一個(gè)交點(diǎn)，
綜上，直線$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1$是橢圓C在點(diǎn)P處的切線．
（Ⅱ）在$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1$中，令x=1，得y=$\frac{6-2{x}_{0}}{3{y}_{0}}$，∴M（1，$\frac{6-2{x}_{0}}{3{y}_{0}}$），
在$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1$中，令x=3，得y=$\frac{2-2{x}_{0}}{{y}_{0}}$，∴N（3，$\frac{2-2{x}_{0}}{{y}_{0}}$），
又F（1，0），∴|FM|=|$\frac{6-2{x}_{0}}{3{y}_{0}}$|=2|$\frac{3-{x}_{0}}{3{y}_{0}}$|，
|FN|=$\sqrt{4+（\frac{2-2{x}_{0}}{{y}_{0}}）^{2}}$=2$\sqrt{\frac{{{y}_{0}}^{2}+（1-{x}_{0}）^{2}}{{{y}_{0}}^{2}}}$=2$\sqrt{\frac{2（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{3}）+（1-2{x}_{0}+{{x}_{0}}^{2}）}{{{y}_{0}}^{2}}}$=2$\frac{|{x}_{0}-3|}{\sqrt{3}|{y}_{0}|}$，
∴$\frac{|FM|}{|FN|}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$為定值．
解：（Ⅲ）在直線$\frac{{x}_{0}x}{3}+\frac{{y}_{0}y}{2}=1$中，令y=0，得x=$\frac{3}{{x}_{0}}$，
∴切線l與x軸的交點(diǎn)為G（$\frac{3}{{x}_{0}}$，0），
S_△ONP=$\frac{3-{x}_{0}}{\sqrt{2（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{3}）}}$=$\frac{\sqrt{3}（3-{x}_{0}）}{\sqrt{2}（3-{{x}_{0}}^{2}）}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}•\frac{3-{x}_{0}}{\sqrt{3-{{x}_{0}}^{2}}}$
=$\frac{1}{2}$•|$\frac{3}{{x}_{0}}$|•|${y}_{0}-\frac{2-2{x}_{0}}{{y}_{0}}$|
=$\frac{1}{2}$•|$\frac{3}{{x}_{0}}$|•|$\frac{{{y}_{0}}^{2}-2+2{x}_{0}}{{y}_{0}}$|
=$\frac{1}{2}•|\frac{3}{{x}_{0}}|•|\frac{2（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{3}）-2+2{x}_{0}}{{y}_{0}}|$
=|$\frac{3-{x}_{0}}{{y}_{0}}$|=$\frac{3-{x}_{0}}{|{y}_{0}|}$，
S_△ONP=$\frac{3-{x}_{0}}{\sqrt{2（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{3}）}}$=$\frac{\sqrt{3}（3-{x}_{0}）}{\sqrt{2（1-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{3}）}}$=$\frac{\sqrt{3}（3-{x}_{0}）}{\sqrt{2（3-{{x}_{0}}^{2}）}}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}•\frac{3-{x}_{0}}{\sqrt{3-{{x}_{0}}^{2}}}$，
令3-x₀=$\frac{1}{t}$，由-$\sqrt{3}＜{x}_{0}＜\sqrt{3}$，得$\frac{3-\sqrt{3}}{6}＜t＜\frac{3+\sqrt{3}}{6}$，且t$≠\frac{1}{3}$，
且$\sqrt{3-{{x}_{0}}^{2}}$=$\sqrt{3-（3-\frac{1}{t}）^{2}}$=$\sqrt{-\frac{1}{{t}^{2}}+\frac{6}{t}-6}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$•$\frac{1}{\sqrt{-6{t}^{2}+6t-1}}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}•\frac{1}{\sqrt{-6（t-\frac{1}{2}）^{2}+\frac{1}{2}}}$，
∴當(dāng)t=$\frac{1}{2}$，x₀=1時(shí)，△ONP（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積是存在最小值{S_△ONP}_min=$\sqrt{3}$，
此時(shí)P（1，$±\frac{2\sqrt{3}}{3}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的切線方程的證明，考查$\frac{|FM|}{|FN|}$為定值的證明與求法，考查△ONP（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）的面積是否存在最小值的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓性質(zhì)及配方法的合理運(yùn)用．