Question

4．如图，曲线C₁是椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的一部分，F₁，F₂是其两焦点．曲线C₂是以原点O为顶点、F₂为焦点的抛物线的一部分，A是曲线C₁和C₂的一个公共点，并且∠AF₂F₁为钝角．我们把由曲线C₁和C₂合成的曲线C称为“月食圆”．
①若|AF₁|=7，|AF₂|=5，则曲线C₁、C₂的方程分别为
$\frac{{x}^{2}}{36}$+$\frac{{y}^{2}}{32}$=1（-6≤x≤3）、y²=8x（0≤x≤3）
②过F₂作直线l，分别于“月食圆”依次交于B、C、D、E四点，若B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），则x₁x₂x₃x₄为定值；
③连接BF₁，EF₂，在△BF₁F₂中，记∠F₁BF₂=α，∠BF₁F₂=β，∠F₁F₂B=γ，则e=$\frac{sinα}{sinβ+sinγ}$；
④若P、Q为椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1上两动点，且OP⊥OQ，则S_△OPQ的最小值是$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$．
以上说法正确的有①③④．

Answer 1

分析 ①由椭圆的定义可得：2a=|AF₁|+|AF₂|=12，得a=6，设A（x，y），F₁（-c，0），F₂（c，0），可得（x+c）²+y²=7²，（x-c）²+y²=5²，相减得xc=6，由抛物线定义可知|AF₂|=x+c=5，解出即可得出．
②当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x=c，x₁x₂x₃x₄=c⁴．当直线l不垂直x轴时，设B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-c）}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化简利用根与系数的关系可得x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-c）}\\{{y}^{2}=4cx}\end{array}\right.$，化简可得x₃x₄=c²．即可判断出结论．
③连接BF₁，EF₂，在△BF₁F₂中，由正弦定理可得：$\frac{2c}{sinα}$=$\frac{|B{F}_{1}|}{sinγ}$=$\frac{|B{F}_{2}|}{sinβ}$=$\frac{|B{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}{sinβ+sinγ}$=$\frac{2a}{sinβ+sinγ}$，基础即可判断出结论．
④设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直线PQ的方程为：y=kx+m．与椭圆方程联立化为：（a²k²+b²）x²+2kma²x+a²m²-a²b²=0，由OP⊥OQ，可得$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=0．可得：（a²+b²）m²=a²b²（1+k²）．点O到直线PQ的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$为定值．由$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2}$|OP|•|OQ|，利用基本不等式的性质可得：d²（|OP|²+|OQ|²）=|OP|²|OQ|²≥d²•2|OP||OQ|，即|OP||OQ|≥2d²，即可得出．

解答 解：①椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1，（a＞b＞0）．则2a=|AF₁|+|AF₂|=7+5=12，得a=6，
设A（x，y），F₁（-c，0），F₂（c，0），则（x+c）²+y²=7²，（x-c）²+y²=5²，
两式相减得xc=6，由抛物线定义可知|AF₂|=x+c=5，
则c=2，x=3或x=2，c=3，又∠AF₂F₁为钝角，则x=2，c=3舍去．
曲线C₁、C₂的方程分别为$\frac{{x}^{2}}{36}$+$\frac{{y}^{2}}{32}$=1（-6≤x≤3）、y²=8x（0≤x≤3）
②当直线l⊥x轴时，直线l的方程为x=c，x₁x₂x₃x₄=c⁴
当直线l不垂直x轴时，设B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-c）}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化为（b²+a²k²）x²-2ca²k²x+a²k²c²-a²b²=0，∴x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-c）}\\{{y}^{2}=4cx}\end{array}\right.$，化为：k²x²-（2ck²+4c）x+k²c²=0，∴x₃x₄=c²．
∴x₁x₂x₃x₄=$\frac{{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$×c²≠c⁴．因此不为定值．
③连接BF₁，EF₂，在△BF₁F₂中，由正弦定理可得：$\frac{2c}{sinα}$=$\frac{|B{F}_{1}|}{sinγ}$=$\frac{|B{F}_{2}|}{sinβ}$=$\frac{|B{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}{sinβ+sinγ}$=$\frac{2a}{sinβ+sinγ}$，解得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{sinα}{sinβ+sinγ}$，正确．
④设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直线PQ的方程为：y=kx+m．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$，化为：（a²k²+b²）x²+2kma²x+a²m²-a²b²=0，
△＞0，∴x₁+x₂=-$\frac{2km{a}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{m}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}$．
∵OP⊥OQ，∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=0
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
∴（1+k²）×$\frac{{a}^{2}{m}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}$-km×$\frac{2km{a}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+{b}^{2}}$+m²=0．化简得：（a²+b²）m²=a²b²（1+k²）．
∴$\frac{{m}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$．
∴点O到直线PQ的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$为定值．
∵$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2}$|OP|•|OQ|，
∴d²（|OP|²+|OQ|²）=|OP|²|OQ|²≥d²•2|OP||OQ|，
∴|OP||OQ|≥2d²，
则S_△OPQ=$\frac{1}{2}|OP||OQ|$≥d²=$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$．因此正确．
综上可得：只有①③④正确．故答案为：①③④．

点评 本题考查了椭圆与抛物线的标准方程、直线与椭圆抛物线相交问题、一元二次方程的根与系数的关系、三角形面积计算公式、基本不等式的性质、正弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题．