Question

2．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），过椭圆C的上顶点与右顶点的直线L，与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切，且椭圆C的右焦点与抛物线y²=4x的焦点重合．
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）过点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别交于A，B两点（其中O为坐标原点），求△OAB面积的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）过椭圆C的上顶点与右顶点的直线L为$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}$=1，即bx+ay-ab=0．由直线L与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切相切，可得$\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$．由抛物线y²=4x的焦点为F（1，0），可得c=1．即a²-b²=1，联立解出即可得出．
（Ⅱ）当两射线与坐标轴重合时，S_△OAB=$\sqrt{3}$．当两射线不与坐标轴重合时，设直线AB的方程为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），与椭圆方程联立，消去y，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．因为OA⊥OB，所以x₁x₂+y₁y₂=0，所以x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0．把根与系数的关系代入可得得7m²=12（k²+1），所以点O到直线AB的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$．因为OA⊥OB，所以OA²+OB²=AB²≥2OA•OB，当且仅当OA=OB时，取等号．由d•AB=OA•OB，得d•|AB|=|OA|•|OB|≤$\frac{|AB{|}^{2}}{2}$，即可得出．

解答 解：（Ⅰ）过椭圆C的上顶点与右顶点的直线L为$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}$=1，即bx+ay-ab=0．
由直线L与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切相切，得$\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$．①…（1分）
因为抛物线y²=4x的焦点为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．故椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}$=1．…（4分）
（Ⅱ）当两射线与坐标轴重合时，S_△OAB=$\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$．…（5分）
当两射线不与坐标轴重合时，设直线AB的方程为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
与椭圆方程联立，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）
因为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），
所以点O到直线AB的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．…（10分）
因为OA⊥OB，所以OA²+OB²=AB²≥2OA•OB，当且仅当OA=OB时，取等号．
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的长度的最小值是$\frac{4\sqrt{21}}{7}$．
所以△OAB的最小面积为S_△OAB=$\frac{1}{2}×\frac{4\sqrt{21}}{7}$×$\frac{2\sqrt{21}}{7}$=$\frac{12}{7}$．
综上，△OAB面积的最小值为$\frac{12}{7}$．…（12分）

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、三角形面积计算公式、一元二次方程的根与系数的关系、点到直线的距离公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．