Question

1．已知橢圓$C：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{b^2}=1（\frac{{2\sqrt{3}}}{3}＜b＜2）$，動圓P：${（x-{x_0}）^2}+{（y-{y_0}）^2}=\frac{4}{3}$（圓心P為橢圓C上異于左右頂點的任意一點），過原點O作兩條射線與圓P相切，分別交橢圓于M，N兩點，且切線長的最小值為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求證：△MON的面積為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將圓心坐標代入橢圓方程，根據(jù)兩點之間的距離公式，丨OT丨=$\sqrt{（1-\frac{^{2}}{4}）{x}_{0}^{2}+^{2}-\frac{4}{3}}$≥$\sqrt{^{2}-\frac{4}{3}}$，由切線長的最小值為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，即可求得b的值，求得橢圓C的方程；
（Ⅱ）當斜率不存在，此時M、N分別為長、短軸一個端點，則△MON的面積為$\sqrt{2}$，當斜率存在，分別設出切線方程，代入求得M和N的坐標，由三角形的面積S_△MON=${S}_{M{M}_{1}N{N}_{1}}$-${S}_{△OM{M}_{1}}$-${S}_{O{NN}_{1}}$，即可求得△MON的面積，方法二：設直線MN方程，代入橢圓方程，利用韋達定理及弦長公式，根據(jù)點到直線的距離公式及三角形的面積公式，即可求得△MON的面積為定值．

解答 解：（Ⅰ）如圖1，因為橢圓$C：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{b^2}=1（\frac{{2\sqrt{3}}}{3}＜b＜2）$，焦點在x軸上，P（x₀，y₀）在橢圓方程上，
則y₀²=b²（1-$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$），
由$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＜b＜2，得：x₀²+y₀²=（1-$\frac{^{2}}{4}$）x₀²+b²≥b²＞$\frac{4}{3}$=r²，
故點O在圓P外，
不妨設OM與圓P相切于T，則有：
切線長丨OT丨=$\sqrt{丨OP{丨}^{2}-\frac{4}{3}}$=$\sqrt{{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}-\frac{4}{3}}$，__（1分）
代入得丨OT丨=$\sqrt{（1-\frac{^{2}}{4}）{x}_{0}^{2}+^{2}-\frac{4}{3}}$≥$\sqrt{^{2}-\frac{4}{3}}$，（3分）
由已知得：$\sqrt{^{2}-\frac{4}{3}}$=$\sqrt{\frac{2}{3}}$，解得：b²=2，
所以橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；   （4分）
（Ⅱ）證明：1°當切線OM或ON斜率不存在即圓P與y軸相切時，易得丨x₀丨=r=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
代入橢圓方程得：丨x₀丨=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，說明圓P同時也與x軸相切（圖2），
此時M、N分別為長、短軸一個端點，則△MON的面積為$\sqrt{2}$．（5分）



2°當切線OM、ON斜率都存在時，設切線方程為：y=kx，
由d=r得：$\frac{丨k{x}_{0}-{y}_{0}丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，
整理得：（3x₀²-4）k²-6kx₀y₀+3y₀²-4=0（*），（6分）
由1°知：y₀²-4≠0，即丨x₀丨≠$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，此時丨y₀丨≠$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，方程（*）必有兩個非零根，
記為k₁，k₂（k₁＜k₂），則k₁k₂分別對應直線OM，ON的斜率，
由韋達定理得：k₁k₂=$\frac{3{y}_{0}^{2}-4}{3{x}_{0}^{2}-4}$，將x₀²=4-2y₀²，代入得：k₁k₂=$\frac{3{y}_{0}^{2}-4}{8-6{y}_{0}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$  （7分）
解法一：（求交點坐標）
由上知：k₁＜0＜k₂，
設點N位于第一、三象限，點M位于第二、四象限，
若點N位于第一象限，點M位于第二象限，
設OM：y=k₁x與橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$聯(lián)立可得：M（-$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}_{1}^{2}}}$，-$\frac{2{k}_{1}}{\sqrt{1+2{k}_{1}^{2}}}$）

設ON：y=k₂x與橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$聯(lián)立可得：
N（$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}_{2}^{2}}}$，$\frac{2{k}_{2}}{\sqrt{1+2{k}_{2}^{2}}}$）（9分）
S_△MON=${S}_{M{M}_{1}N{N}_{1}}$-${S}_{△OM{M}_{1}}$-${S}_{O{NN}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（x_N-x_M）（y_N+y_M）-$\frac{1}{2}$（-x_M）y_M-$\frac{1}{2}$（x_Ny_N）=$\frac{1}{2}$（x_Ny_M-x_My_N），（10分）
代入坐標有：
S_△MON=2×$\frac{{k}_{2}-{k}_{1}}{\sqrt{1+2{k}_{1}^{2}}•\sqrt{1+2{k}_{2}^{2}}}$=2×$\sqrt{\frac{（{k}_{2}-{k}_{1}）^{2}}{（1+2{k}_{1}^{2}）（1+2{k}_{2}^{2}）}}$=2×$\sqrt{\frac{{k}_{1}^{2}+-2{k}_{1}{k}_{2}+{k}_{2}^{2}}{4{k}_{1}^{2}{k}_{2}^{2}+2{k}_{1}^{2}+2{k}_{2}^{2}+1}}$，
=2×$\sqrt{\frac{{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}+1}{2（{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}+1）}}$=$\sqrt{2}$
同理，當點M、N位于其它象限時，結(jié)論也成立
綜上，△MON的面積為定值$\sqrt{2}$．（12分）
解法二：（探尋直線MN方程特征）
（接上）設M（x₁，y₁）（x₂，y₂），
由于點P不與點A、B重合時，直線MN的斜率存在，不妨設直線MN的方程為：y=kx+m，
將MN與橢圓方程聯(lián)立可得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-4=0，

△=16k²m²-（1+2k²）（2m²-4）=32k²+16-8m²，
由△＞0得4k²+2＞m²，
由韋達定理可知：x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，（8分）
kOM•kON=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
則x₁x₂+2y₁y₂=x₁x₂+2（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+2k²）x₁x₂+2km（x₁+x₂）+2m²=0，
代入有：（1+2k²）$\frac{2{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$+2km（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）+2m²=0，
整理得：m²=2k²+1； （9分）
又丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$丨x₁-x₂丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\frac{\sqrt{32{k}^{2}-8{m}^{2}+16}}{2{k}^{2}+1}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16{k}^{2}+8}}{2{k}^{2}+1}$=2$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{\sqrt{2{k}^{2}+1}}$，
而原點O到直線MN的距離為d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{1+2{k}^{2}}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，（11分）
S_△MON=$\frac{1}{2}$丨MN丨•d=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{\sqrt{2{k}^{2}+1}}$×$\frac{\sqrt{1+2{k}^{2}}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$．
所以△MON的面積為定值$\sqrt{2}$．（12分）

點評 本題考查橢圓的標準方程的求法，直線與圓、直線與圓錐曲線的位置關(guān)系，考查推理運算和方程求解能力．運用化歸轉(zhuǎn)化手段．將切線長最短問題轉(zhuǎn)化為橢圓上的動點到定點距離最短問題；考查圓錐曲線中的有關(guān)定值問題，從變化中尋找不變量，并通過必要的推理和運算化簡求值．考查轉(zhuǎn)化化歸思想、分類整合思想，屬于難題．