Question

18．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），過橢圓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；
（1）求橢圓C的方程；
（2）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，求△OAB面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）寫出過橢圓的上頂點與右頂點的直線方程，由的到直線的距離得到關(guān)于a，b的等式，由拋物線方程求出焦點坐標(biāo)，得到橢圓的半焦距長，結(jié)合隱含條件聯(lián)立可得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）當(dāng)兩射線與坐標(biāo)軸重合時，直接求出△OAB面積，不重合時，設(shè)直線AB方程為y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立，結(jié)合OA⊥OB得到k與m的關(guān)系，進一步由點到直線的距離得到O到AB的距離，再利用基本不等式求得AB的最小距離，代入三角形面積公式求得最小值．

解答 解：（1）過橢圓的上頂點與右頂點的直線l為$\frac{x}{a}+\frac{y}=1$，即bx+ay-ab=0，
由直線與${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$相切，得$（\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}）^{2}=\frac{12}{7}$，①
∵拋物線y²=4x的焦點為F（1，0），∴c=1．
即a²-b²=1，代入①得7a⁴-31a²+12=0，
即（7a²-3）（a²-4）=0，得${a^2}=4，{a^2}=\frac{3}{7}$（舍去），
∴b²=a²-1=3．
故橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）當(dāng)兩射線與坐標(biāo)軸重合時，${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$；
當(dāng)兩射線不與坐標(biāo)軸重合時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
與橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$聯(lián)立消去y，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
∵OA⊥OB，∴x₁x₂+y₁y₂=0，
∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0．
即$（{{k^2}+1}）{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}=0$，
把${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$代入，得$（{{k^2}+1}）\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{8{k^2}{m^2}}}{{3+4{k^2}}}+{m^2}=0$，
整理得7m²=12（k²+1），
∴O到直線AB的距離$d=\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=\sqrt{\frac{12}{7}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
∵OA⊥OB，∴OA²+OB²=AB²≥2OA•OB，
當(dāng)且僅當(dāng)OA=OB時取“=”號．
由d•AB=OA•OB，得$d•AB=OA•OB≤\frac{A{B}^{2}}{2}$，
∴$AB≥2d=\frac{4\sqrt{21}}{7}$，即弦AB的長度的最小值是$\frac{4\sqrt{21}}{7}$．
∴三角形的最小面積為${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}×\frac{{4\sqrt{21}}}{7}×\frac{{2\sqrt{21}}}{7}=\frac{12}{7}$．
綜上，△OAB面積的最小值為$\frac{12}{7}$．

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線與圓、圓與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查推理論證能力與計算能力，考查三角形面積最值的求法，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，是壓軸題．