Question

12．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的短軸長為2，且函數(shù)y=x²-$\frac{65}{16}$的圖象與橢圓C僅有兩個公共點，過原點的直線l與橢圓C交于M，N兩點．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）點P為線段MN的中垂線與橢圓C的一個公共點，求△PMN面積的最小值，并求此時直線l的方程．

Answer 1

分析 （1）由題意可得：2b=2，解得b=1．聯(lián)立$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1（a＞1）與y=x²-$\frac{65}{16}$，可得：x⁴+$（\frac{1}{{a}^{2}}-\frac{65}{8}）$x²+$\frac{81×49}{1{6}^{2}}$=0，根據(jù)橢圓C與拋物線y=x²-$\frac{65}{16}$的對稱性，可得：△=0，a＞1，解得a．
（2）①當直線l的斜率不存在時，S_△PMN=$\frac{1}{2}×2b×a$；當直線l的斜率為0時，S_△PMN=$\frac{1}{2}×2b×a$．
②當直線l的斜率存在且不為0時，設直線l的方程為：y=kx，與橢圓方程聯(lián)立解得x²，y²．|MN|=2$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$．由題意可得：線段MN的中垂線方程為：y=-$\frac{1}{k}$x，與橢圓方程聯(lián)立可得|OP|=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$．利用S_△PMN=$\frac{1}{2}×$|MN|×|OP|，與基本不等式的性質(zhì)即可得出．

解答 解：（1）由題意可得：2b=2，解得b=1．聯(lián)立$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y²=1（a＞1）與y=x²-$\frac{65}{16}$，可得：x⁴+$（\frac{1}{{a}^{2}}-\frac{65}{8}）$x²+$\frac{81×49}{1{6}^{2}}$=0，
根據(jù)橢圓C與拋物線y=x²-$\frac{65}{16}$的對稱性，可得：△=$（\frac{1}{{a}^{2}}-\frac{65}{8}）^{2}$-4×$\frac{81×49}{1{6}^{2}}$=0，a＞1，解得a=2．
∴橢圓C的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（2）①當直線l的斜率不存在時，S_△PMN=$\frac{1}{2}×2b×a$=2；
當直線l的斜率為0時，S_△PMN=$\frac{1}{2}×2b×a$=2；
②當直線l的斜率存在且不為0時．
設直線l的方程為：y=kx，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得x²=$\frac{4}{1+4{k}^{2}}$，y²=$\frac{4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．
∴|MN|=2$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=4$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}$．
由題意可得：線段MN的中垂線方程為：y=-$\frac{1}{k}$x，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，可得x²=$\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}+4}$，y²=$\frac{4}{{k}^{2}+4}$．
∴|OP|=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=2$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{{k}^{2}+4}}$．
S_△PMN=$\frac{1}{2}×$|MN|×|OP|=$\frac{4（1+{k}^{2}）}{\sqrt{（1+4{k}^{2}）（{k}^{2}+4）}}$≥$\frac{4（1+{k}^{2}）}{\frac{（1+4{k}^{2}）+（{k}^{2}+4）}{2}}$=$\frac{8}{5}$，當且僅當k=±1時取等號，此時△PMN的面積的最小值為$\frac{8}{5}$．
∵$2＞\frac{8}{5}$，∴△PMN的面積的最小值為$\frac{8}{5}$，直線l的方程為：y=±x．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、基本不等式的性質(zhì)、弦長公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．