Question

17．已知点A（0，2），点B（0，-2），直线MA、MB的斜率之积为-4，记点M的轨迹为C
（I）曲线C的方程为${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1（x≠0）$；
（II）设QP，为曲线C上的两点，满足OP⊥OQ（O为原点），则△OPQ面积的最小值是$\frac{4}{5}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根据定点A（0，2）、B（0，-2），直线MA与直线MB的斜率之积为-4，建立方程，化简可得曲线C的方程；
（Ⅱ）设出PQ方程：y=kx+m，代入椭圆4x²+y²=4，得到关于x的一元二次方程，借助于根与系数的关系结合OP⊥OQ得到$\frac{{m}^{2}}{1+{k}^{2}}=\frac{4}{5}$．求出原点O到直线l的距离，利用基本不等式求得|OP|•|OQ|的最小值得答案．

解答 解：（I）设M（x，y），
又A（0，2），点B（0，-2），
∴${k}_{MA}•{k}_{MB}=\frac{y-2}{x}•\frac{y+2}{x}=-4$，
即${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1（x≠0）$，
∴曲线C的方程为${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1（x≠0）$；
（Ⅱ）设PQ方程：y=kx+m，代入椭圆4x²+y²=4，
整理得：（k²+4）x²+2kmx+m²-4=0．
△=4k²m²-4（k²+4）（m²-4）=16（k²-m²+4）．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-2km}{{k}^{2}+4}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$．
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$．
∴${x}_{1}{x}_{2}+{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$=$（1+{k}^{2}）•\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+4}+km•\frac{-2km}{{k}^{2}+4}+{m}^{2}$=0．
化简得：5m²=4（1+k²），即$\frac{{m}^{2}}{1+{k}^{2}}=\frac{4}{5}$．
点O到直线PQ的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
则$\frac{1}{|OP{|}^{2}}+\frac{1}{|OQ{|}^{2}}$=$\frac{|OP{|}^{2}+|OQ{|}^{2}}{|OP{|}^{2}|OQ{|}^{2}}$=$\frac{|PQ{|}^{2}}{|PQ{|}^{2}{d}^{2}}=\frac{1}{{d}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，
由$\frac{1}{|OP{|}^{2}}+\frac{1}{|OQ{|}^{2}}$≥$\frac{2}{|OP|•|OQ|}$，得：|OP|•|OQ|≥$\frac{2}{\frac{1}{|OP{|}^{2}}+\frac{1}{|OQ{|}^{2}}}$．
∴|OP|²+|OQ|²≥2|OP|•|OQ|≥2$\frac{2}{\frac{1}{|OP{|}^{2}}+\frac{1}{|OQ{|}^{2}}}$=$\frac{16}{5}$．
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}$|OP|•|OQ|≥$\frac{4}{5}$．
故答案为：${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1（x≠0）$，$\frac{4}{5}$．

点评 本题考查了直线与圆锥曲线的关系，体现了数学转化思想方法和设而不求的解题思想方法，涉及直线和圆锥曲线关系问题，常借助于一元二次方程的根与系数关系解题．是难度较大的题目．