Question

8．已知点P是长轴长为$2\sqrt{2}$的椭圆Q：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$上异于顶点的一个动点，O为坐标原点，A为椭圆的右顶点，点M为线段PA的中点，且直线PA与OM的斜率之积恒为$-\frac{1}{2}$．
（1）求椭圆Q的方程；
（2）设过左焦点F₁且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于C，D两点，线段CD的垂直平分线与x轴交于点G，点G横坐标的取值范围是$[-\frac{1}{4}，0）$，求|CD|的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用椭圆Q的长轴长为$2\sqrt{2}$，求出$a=\sqrt{2}$．设P（x₀，y₀），通过直线PA与OM的斜率之积恒为$-\frac{1}{2}$，化简求出b，即可得到椭圆方程．
（2）设直线l方程为y=k（x+1）（k≠0），代入$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$有（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中点N（x₀，y₀），利用韦达定理求出CD的垂直平分线方程，推出${x_G}={x_0}+k{y_0}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{4{k^2}+2}}$，利用弦长公式化简，推出|CD|的最小值．

解答 解：（1）∵椭圆Q的长轴长为$2\sqrt{2}$，∴$a=\sqrt{2}$．
设P（x₀，y₀），
∵直线PA与OM的斜率之积恒为$-\frac{1}{2}$，∴$\frac{{\frac{y_0}{2}}}{{\frac{{{x_0}+\sqrt{2}}}{2}}}×\frac{y_0}{{{x_0}-\sqrt{2}}}=-\frac{1}{2}$，
∴$\frac{x_0^2}{2}+y_0^2=1$，∴b=1，
故椭圆的方程为$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）设直线l方程为y=k（x+1）（k≠0），代入$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$有（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中点N（x₀，y₀），
∴$（{x_1}+{x_2}）=-\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$．
∴${x_0}=\frac{1}{2}（{x_1}+{x_2}）=-\frac{{2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{y_0}=k（{x_0}+1）=\frac{k}{{1+2{k^2}}}$
∴CD的垂直平分线方程为$y-{y_0}=-\frac{1}{k}（x-{x_0}）$，
令y=0，得${x_G}={x_0}+k{y_0}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{4{k^2}+2}}$
∵${x_G}∈[-\frac{1}{4}，0）$，∴$-\frac{1}{4}≤-\frac{1}{2}+\frac{1}{{4{k^2}+2}}$，∴$0＜{k^2}≤\frac{1}{2}$．$|CD|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_2}-{x_1}|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{16{k^4}-4（2{k^2}+1）（2{k^2}-2）}}}{{2{k^2}+1}}$=$2\sqrt{2}[\frac{1}{2}+\frac{1}{{2（2{k^2}+1）}}]≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，$|CD{|_{min}}=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$．

点评 本题考查椭圆的方程的求法，直线与椭圆的位置关系的应用，弦长公式的应用，设而不求的思想方法，考查计算能力．