Question

2．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{2}$+y²=1的左頂點(diǎn)為A，右焦點(diǎn)為F，O為原點(diǎn)，M，N是y軸上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且MF⊥NF，直線AM和AN分別與橢圓C交于E，D兩點(diǎn)．
（Ⅰ）求△MFN的面積的最小值；
（Ⅱ）證明；E，O，D三點(diǎn)共線．

Answer 1

分析 （I）F（1，0），設(shè)M（0，t₁），N（0，t₂）．不妨設(shè)t₁＞t₂．由MF⊥NF，可得$\overrightarrow{MF}$$•\overrightarrow{NF}$=0，化為：t₁t₂=-1．S_△MFN=$\frac{1}{2}（|{t}_{1}|+|{t}_{2}|）$，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．
（II）A（-$\sqrt{2}$，0）．設(shè)M（0，t），由（1）可得：N（0，-$\frac{1}{t}$），（t≠±1）．直線AM，AN的方程分別為：y=$\frac{t}{\sqrt{2}}$x+t，y=$-\frac{1}{\sqrt{2}t}$x-$\frac{1}{t}$．分別與橢圓方程聯(lián)立，利用一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系可得k_OE，k_OD．只要證明k_OE=k_OD．即可得出E，O，D三點(diǎn)共線．

解答 （I）解：F（1，0），設(shè)M（0，t₁），N（0，t₂）．不妨設(shè)t₁＞t₂．
∵M(jìn)F⊥NF，∴$\overrightarrow{MF}$$•\overrightarrow{NF}$=1+t₁t₂=0，化為：t₁t₂=-1．
∴S_△MFN=$\frac{1}{2}×1×|{t}_{1}-{t}_{2}|$=$\frac{1}{2}（|{t}_{1}|+|{t}_{2}|）$≥$\frac{1}{2}×2\sqrt{|{t}_{1}{t}_{2}|}$=1．當(dāng)且僅當(dāng)t₁=-t₂=1時(shí)取等號(hào)．
∴△MFN的面積的最小值為1．
（II）證明：A（-$\sqrt{2}$，0）．
設(shè)M（0，t），由（1）可得：N（0，-$\frac{1}{t}$），（t≠±1）．
直線AM，AN的方程分別為：y=$\frac{t}{\sqrt{2}}$x+t，y=$-\frac{1}{\sqrt{2}t}$x-$\frac{1}{t}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=\frac{t}{\sqrt{2}}x+t}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+t²）x²+2$\sqrt{2}$t²x+2t²-2=0，
∴-$\sqrt{2}$x_E=$\frac{2{t}^{2}-2}{1+{t}^{2}}$，可得x_E=$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}{t}^{2}}{1+{t}^{2}}$，y_E=$\frac{t}{\sqrt{2}}$×$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}{t}^{2}}{1+{t}^{2}}$+t=$\frac{2t}{1+{t}^{2}}$，可得k_OE=$\frac{\sqrt{2}t}{1-{t}^{2}}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{\sqrt{2}t}x-\frac{1}{t}}\\{\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為：（1+t²）x²+2$\sqrt{2}$x+2-2t²=0，
可得：$-\sqrt{2}$x_D=$\frac{2-2{t}^{2}}{1+{t}^{2}}$，解得x_D=$\frac{\sqrt{2}（{t}^{2}-1）}{1+{t}^{2}}$，y_D=$-\frac{1}{\sqrt{2}t}$×$\frac{\sqrt{2}（{t}^{2}-1）}{1+{t}^{2}}$-$\frac{1}{t}$=$\frac{-2t}{1+{t}^{2}}$，可得k_OD=$\frac{\sqrt{2}t}{1-{t}^{2}}$．
∴k_OE=k_OD．
∴E，O，D三點(diǎn)共線．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線與橢圓相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、斜率與三點(diǎn)共線關(guān)系、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．