Question

10．已知椭圆C：$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的离心率为$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其四个顶点组成的菱形的面积是4$\sqrt{2}$，O为坐标原点，若点A在直线x=2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB．
（Ⅰ） 求椭圆C的方程；
（Ⅱ）求线段AB长度的最小值；
（Ⅲ）试判断直线AB与圆x²+y²=2的位置关系，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆的离心率公式及椭圆的性质，根据已知离心率与四个顶点组成菱形面积求出a²与b²的值，即可确定出椭圆C的方程；
（Ⅱ）设点A，B的坐标分别为（2，t），（x₀，y₀），由两向量垂直，利用平面向量数量积运算法则列出关系式，表示出t，再将B坐标代入椭圆方程得到关系式，表示出|AB|²，整理后利用基本不等式求出AB的最小值即可；
（Ⅲ）直线AB与圆x²+y²=2相切，理由为：设点A，B的坐标分别为（2，t），（x₀，y₀），由两向量垂直，利用平面向量数量积运算法则列出关系式，表示出t，进而表示出直线AB方程，利用点到直线的距离公式表示出圆心O到直线AB的距离d，整理得到d=r，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）由题意$\left\{{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}}\\{2ab=4\sqrt{2}}\end{array}}\right.$，解得a²=4，b²=2．
故椭圆C的标准方程为$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ）设点A，B的坐标分别为（2，t），（x₀，y₀），其中y₀≠0，
∵OA⊥OB，∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即2x₀+ty₀=0，
解得：t=-$\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
又2x₀²+y₀²=4，
∴|AB|²=（x₀-2）²+（y₀-t）²=（x₀-2）²+（y₀+$\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}$）²=x₀²+y₀²+$\frac{4{{x}_{0}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}}$+4
=y₀²+$\frac{4-{{y}_{0}}^{2}}{2}$+$\frac{2（4-{{y}_{0}}^{2}）}{{{y}_{0}}^{2}}$+4=$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}$+$\frac{8}{{{y}_{0}}^{2}}$+4≥4+4=8（0≤y₀²≤4），
当且仅当y₀²=4时等号成立，此时|AB|²≥8，
则线段AB长度的最小值为2$\sqrt{2}$；
（Ⅲ）直线AB与圆x²+y²=2相切，理由为：
证明：设点A，B的坐标分别为（x₀，y₀），（2，t），其中y₀≠0，
∵OA⊥OB，∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即2x₀+ty₀=0，
解得：t=-$\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
∵直线AB的方程为y-t=$\frac{{y}_{0}-t}{{x}_{0}-2}$（x-2），即（y₀-t）x-（x₀-2）y-2y₀+tx₀=0，
∴圆心O到直线AB的距离d=$\frac{|{x}_{0}-2{y}_{0}|}{\sqrt{（{y}_{0}-t）^{2}+（{x}_{0}-2）^{2}}}$，
∵2x₀²+y₀²=4，t=-$\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
∴d=$\frac{|2{y}_{0}+\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{y}_{0}}|}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+\frac{4{{x}_{0}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}}+4}}$=$\frac{|\frac{4+{{y}_{0}}^{2}}{{y}_{0}}|}{\sqrt{\frac{{{y}_{0}}^{4}+8{{y}_{0}}^{2}+16}{2{{y}_{0}}^{2}}}}$=$\sqrt{2}$，
则直线AB与圆x²+y²=2相切．…（13分）

点评 此题考查了直线与圆锥曲线的综合问题，解决此类问题的必须熟悉曲线的定义和曲线的图形特征，这也是高考常考的知识点．