Question

12．設(shè)橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，左頂點到直線x+2y-2=0的距離為$\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)直線l與橢圓C相交于A、B兩點，若以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點O，試探究：點O到直線AB的距離是否為定值？若是，求出這個定值；否則，請說明理由；
（Ⅲ）在（2）的條件下，試求△AOB面積S的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）利用距離公式求出a，離心率求出c，得到b后即可求出橢圓方程．
（Ⅱ）法一：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），①當直線l的斜率不存在時，求解點O到直線AB的距離．②當直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為l：y=kx+m．聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達定理結(jié)合數(shù)量積，求出m，k關(guān)系式，然后求解距離即可．
法二：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），①當直線l的斜率為0時，求解點O到直線AB的距離，②當直線l的斜率不為0，或斜率不存在時，設(shè)其方程為l：x=my+c．聯(lián)立直線與橢圓方程，利用韋達定理以及數(shù)量積，求解距離即可．
（Ⅲ）法一：當直線OA、直線OB中有一條斜率不存在，另一條斜率為0時，易知S=1；當直線OA、直線OB斜率存在且不為0時，設(shè)直線OA的斜率為k，則直線OB的斜率為$-\frac{1}{k}$，利用平方差法以及弦長公式表示三角形的面積，利用基本不等式求出最值．
法二：由（Ⅱ），①當直線l的斜率不存在時，求出面積；②當直線l的斜率存在時，求出寫出以及點到直線的距離，得到面積的表達式，利用二次函數(shù)的性質(zhì)求解面積的最值．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）由已知，$\frac{|-a-2|}{{\sqrt{5}}}=\frac{4}{{\sqrt{5}}}⇒a=2$…（1分）
因為$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}⇒c=\sqrt{3}⇒{b^2}={a^2}-{c^2}=1$…（2分）
故所求橢圓的方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（3分）
（Ⅱ）法一：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
①當直線l的斜率不存在時，由橢圓對稱性知x₁=x₂，y₁=-y₂，因為以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點O，故$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0⇒{x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=0$，即${x_1}^2-{y_1}^2=0$
又因為點A（x₁，y₁）在橢圓上，故$\frac{{{x_1}^2}}{4}+{y_1}^2=1$，解得$|{x_1}|=|{y_1}|=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，
此時點O到直線AB的距離為$d=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$…（4分）
②當直線l的斜率存在時，設(shè)其方程為l：y=kx+m．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\{x^2}+4{y^2}=4\end{array}\right.$得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0…（5分）
所以${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}$，…（6分）
由已知，以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點O，則$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0⇒{x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=0$，且${y_1}{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+mk（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$…（7分）
故$（1+{k^2}）{x_1}{x_2}+mk（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=0⇒（1+{k^2}）\frac{{4{m^2}-4}}{{1+4{k^2}}}+mk\frac{-8km}{{1+4{k^2}}}+{m^2}=0$
化簡得5m²=4（1+k²），…（8分）
故點O到直線AB的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$
綜上，點O到直線AB的距離為定值$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$…（9分）
法二：（若設(shè)直線方程為l：x=my+c，也要對直線斜率為0進行討論）
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
①當直線l的斜率為0時，由橢圓對稱性知x₁=-x₂，y₁=y₂，因為以AB為直徑的圓經(jīng)過坐標原點O，故$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0⇒{x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}=0$，即$-{x_1}^2+{y_1}^2=0$
又因為點A（x₁，y₁）在橢圓上，故$\frac{{{x_1}^2}}{4}+{y_1}^2=1$，解得$|{x_1}|=|{y_1}|=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，
此時點O到直線AB的距離為$d=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$…（4分）
②當直線l的斜率不為0，或斜率不存在時，設(shè)其方程為l：x=my+c．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}x=my+c\\{x^2}+4{y^2}=4\end{array}\right.$得：（m²+4）y²+2cmy+c²-4=0…（5分）
所以${y_1}+{y_2}=-\frac{2cm}{{{m^2}+4}}，{y_1}{y_2}=\frac{{{c^2}-4}}{{{m^2}+4}}$，…（6分）$\begin{array}{l}故\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0⇒{x_1}{x_2}+{y_1}{y_2}={y_1}{y_2}+（m{y_1}+c）（m{y_2}+c）\\=（1+{m^2}）{y_1}{y_2}+mc（{y_1}+{y_2}）+{c^2}=0⇒（1+{m^2}）\frac{{{c^2}-4}}{{{m^2}+4}}-\frac{{2{c^2}{m^2}}}{{{m^2}+4}}+{c^2}=0\end{array}$…（8分）
化簡得5c²=4（1+m²），故點O到直線AB的距離為$d=\frac{|c|}{{\sqrt{1+{m^2}}}}=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$
綜上，點O到直線AB的距離為定值$\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$…（9分）
（Ⅲ）法一：當直線OA、直線OB中有一條斜率不存在，另一條斜率為0時，易知S=1；當直線OA、直線OB斜率存在且不為0時，設(shè)直線OA的斜率為k，則直線OB的斜率為$-\frac{1}{k}$，由$\left\{\begin{array}{l}y=kx\\{x^2}+4{y^2}=4\end{array}\right.$得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}^2=\frac{4}{{1+4{k^2}}}\\{y_1}^2=\frac{{4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}\end{array}\right.$，同理$\left\{\begin{array}{l}{x_2}^2=\frac{{4{k^2}}}{{{k^2}+4}}\\{y_2}^2=\frac{4}{{{k^2}+4}}\end{array}\right.$…（10分）
故${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|OA|•OB|=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}|•\sqrt{1+\frac{1}{k^2}}|{x_2}|=2\sqrt{\frac{{{{（1+{k^2}）}^2}}}{{（1+4{k^2}）（{k^2}+4）}}}$
令1+k²=t（t＞1），則$S=2\sqrt{\frac{t^2}{{4{t^2}+9t-9}}}=2\sqrt{\frac{1}{{-\frac{9}{t^2}+\frac{9}{t}+4}}}=2\sqrt{\frac{1}{{-9{{（\frac{1}{t}-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{25}{4}}}}$
故$\frac{4}{5}≤S＜1$…（11分）
綜上，△AOB面積S的最小值為$\frac{4}{5}$．…（12分）
法二：由（Ⅱ），①當直線l的斜率不存在時，$S=\frac{1}{2}•\frac{{4\sqrt{5}}}{5}•\frac{{2\sqrt{5}}}{5}=\frac{4}{5}$，
②當直線l的斜率存在時，5m²=4（1+k²），且點O到直線AB的距離為$d=\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$，$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{{{（-\frac{8km}{{1+4{k^2}}}）}^2}-\frac{{4（4{m^2}-4）}}{{1+4{k^2}}}}$=$4\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{4{k^2}+1-{m^2}}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}}=4\sqrt{1+{k^2}}•\sqrt{\frac{{16{k^2}+1}}{{5{{（1+4{k^2}）}^2}}}}$
故$S=\frac{1}{2}|AB|•d=\frac{4}{5}\sqrt{\frac{{（{k^2}+1）（16{k^2}+1）}}{{{{（1+4{k^2}）}^2}}}}$，…（10分）
令1+4k²=t（t≥1），則$S=\frac{2}{5}\sqrt{\frac{{4{t^2}+9t-9}}{t^2}}=\frac{2}{5}\sqrt{-\frac{9}{t^2}+\frac{9}{t}+4}=\frac{2}{5}\sqrt{-9{{（\frac{1}{t}-\frac{1}{2}）}^2}+\frac{25}{4}}$，
因為$0＜\frac{1}{t}≤1$，故$\frac{4}{5}≤S≤1$．…（11分）
綜上，△AOB面積S的最小值為$\frac{4}{5}$．…（12分）

點評 本題考查橢圓方程的求法，直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及分析問題解決問題的能力．考查圓錐曲線的最值問題的應(yīng)用．