Question

10．如图，以${{F}_1}（{-\sqrt{3}，0}）$、${{F}_2}（{\sqrt{3}，0}）$为焦点的椭圆C与以原点O为圆心，F₁F₂为直径的圆在第一象限的交点的纵坐标为$\frac{{\sqrt{3}}}{3}$．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过圆与y轴正半轴交点的直线l交椭圆于A、B两点，若△OAB面积的最小值为$\frac{{2\sqrt{6}}}{5}$，试求直线l的斜率k的取值范围．

Answer 1

分析 （1）利用圆的方程及已知条件求出椭圆与圆的一个交点坐标，代入椭圆方程，结合椭圆的焦点坐标即可求出椭圆的标准方程．
（2）联立直线与椭圆的方程，利用弦长公式表示出|AB|，利用点到直线的距离公式表示出O到AB的距离，从而得到△OAB面积的表达式（用k表示），再解不等式即可得到直线l的斜率k的取值范围．

解答 解：（1）由题意知，圆的方程为x²+y²=3，则椭圆C与圆在第一象限的交点坐标为（$\frac{2\sqrt{6}}{5}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）．
设椭圆的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），
则$\left\{\begin{array}{l}{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\\{c=\sqrt{3}}\end{array}\right.$，①
又点（$\frac{2\sqrt{6}}{5}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）在椭圆上，∴$\frac{（\frac{2\sqrt{6}}{3}）^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{（\frac{\sqrt{3}}{3}）^{2}}{{b}^{2}}$=1，②
联立①②解得a=2，b=1，
故椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（2）由（1）知，圆x²+y²=3与y轴正半轴的交点坐标为（0，$\sqrt{3}$），
由题意知直线l的斜率k不存在时，△OAB不存在；
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直线l的方程为y=kx+$\sqrt{3}$，
代入$\frac{{x}^{2}}{4}+$y²=1，得（1+4k²）x²+8$\sqrt{3}$kx+8=0，
则△=（8$\sqrt{3}$k）²-4×8（1+4k²）＞0，即k²＞$\frac{1}{2}$，x₁+x₂=$\frac{8\sqrt{3}k}{1+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{8}{1+4{k}^{2}}$．
∴|AB|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$
=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（-\frac{8\sqrt{3}k}{1+4{k}^{2}}）^{2}-4×\frac{8}{1+4{k}^{2}}]}$
=$\frac{4\sqrt{（1+{k}^{2}）（4{k}^{2}-2）}}{1+4{k}^{2}}$，
又点O到直线l的距离d=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴△OAB的面积S=$\frac{1}{2}$×$\frac{4\sqrt{（1+{k}^{2}）（4{k}^{2}-2）}}{1+4{k}^{2}}$×$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{6}×\sqrt{2{k}^{2}-1}}{1+4{k}^{2}}$≥$\frac{2\sqrt{6}}{5}$，
解得1≤k²≤$\frac{13}{8}$，即-$\frac{\sqrt{26}}{4}$≤k≤-1或1≤k≤$\frac{\sqrt{26}}{4}$．
故所求直线l的斜率k的取值范围为[-$\frac{\sqrt{26}}{4}$，-1]∪[1，$\frac{\sqrt{26}}{4}$]．

点评 本题考查椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系，直线和圆锥曲线的位置关系多涉及位置关系的判断，直线被曲线截得的弦长、三角形的面积、向量的数量积等有关最值或取值范围的问题．解析几何中的探究性问题以定点、定直线、定值的存在性问题为主，多以直线经过定点、直线和圆相切以及有关图形的面积等问题为主，圆锥曲线和圆相结合、多种圆锥曲线相结合的问题，尤其是椭圆、抛物线与圆相结合将会成为今后高考命题的趋势．