Question

1．已知椭圆$C：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{b^2}=1（\frac{{2\sqrt{3}}}{3}＜b＜2）$，动圆P：${（x-{x_0}）^2}+{（y-{y_0}）^2}=\frac{4}{3}$（圆心P为椭圆C上异于左右顶点的任意一点），过原点O作两条射线与圆P相切，分别交椭圆于M，N两点，且切线长的最小值为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$．
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）求证：△MON的面积为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）将圆心坐标代入椭圆方程，根据两点之间的距离公式，丨OT丨=$\sqrt{（1-\frac{{b}^{2}}{4}）{x}_{0}^{2}+{b}^{2}-\frac{4}{3}}$≥$\sqrt{{b}^{2}-\frac{4}{3}}$，由切线长的最小值为$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，即可求得b的值，求得椭圆C的方程；
（Ⅱ）当斜率不存在，此时M、N分别为长、短轴一个端点，则△MON的面积为$\sqrt{2}$，当斜率存在，分别设出切线方程，代入求得M和N的坐标，由三角形的面积S_△MON=${S}_{M{M}_{1}N{N}_{1}}$-${S}_{△OM{M}_{1}}$-${S}_{O{NN}_{1}}$，即可求得△MON的面积，方法二：设直线MN方程，代入椭圆方程，利用韦达定理及弦长公式，根据点到直线的距离公式及三角形的面积公式，即可求得△MON的面积为定值．

解答 解：（Ⅰ）如图1，因为椭圆$C：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{b^2}=1（\frac{{2\sqrt{3}}}{3}＜b＜2）$，焦点在x轴上，P（x₀，y₀）在椭圆方程上，
则y₀²=b²（1-$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$），
由$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＜b＜2，得：x₀²+y₀²=（1-$\frac{{b}^{2}}{4}$）x₀²+b²≥b²＞$\frac{4}{3}$=r²，
故点O在圆P外，
不妨设OM与圆P相切于T，则有：
切线长丨OT丨=$\sqrt{丨OP{丨}^{2}-\frac{4}{3}}$=$\sqrt{{x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2}-\frac{4}{3}}$，__（1分）
代入得丨OT丨=$\sqrt{（1-\frac{{b}^{2}}{4}）{x}_{0}^{2}+{b}^{2}-\frac{4}{3}}$≥$\sqrt{{b}^{2}-\frac{4}{3}}$，（3分）
由已知得：$\sqrt{{b}^{2}-\frac{4}{3}}$=$\sqrt{\frac{2}{3}}$，解得：b²=2，
所以椭圆的方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；   （4分）
（Ⅱ）证明：1°当切线OM或ON斜率不存在即圆P与y轴相切时，易得丨x₀丨=r=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
代入椭圆方程得：丨x₀丨=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，说明圆P同时也与x轴相切（图2），
此时M、N分别为长、短轴一个端点，则△MON的面积为$\sqrt{2}$．（5分）



2°当切线OM、ON斜率都存在时，设切线方程为：y=kx，
由d=r得：$\frac{丨k{x}_{0}-{y}_{0}丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2}{\sqrt{3}}$，
整理得：（3x₀²-4）k²-6kx₀y₀+3y₀²-4=0（*），（6分）
由1°知：y₀²-4≠0，即丨x₀丨≠$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，此时丨y₀丨≠$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，方程（*）必有两个非零根，
记为k₁，k₂（k₁＜k₂），则k₁k₂分别对应直线OM，ON的斜率，
由韦达定理得：k₁k₂=$\frac{3{y}_{0}^{2}-4}{3{x}_{0}^{2}-4}$，将x₀²=4-2y₀²，代入得：k₁k₂=$\frac{3{y}_{0}^{2}-4}{8-6{y}_{0}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$  （7分）
解法一：（求交点坐标）
由上知：k₁＜0＜k₂，
设点N位于第一、三象限，点M位于第二、四象限，
若点N位于第一象限，点M位于第二象限，
设OM：y=k₁x与椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$联立可得：M（-$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}_{1}^{2}}}$，-$\frac{2{k}_{1}}{\sqrt{1+2{k}_{1}^{2}}}$）

设ON：y=k₂x与椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$联立可得：
N（$\frac{2}{\sqrt{1+2{k}_{2}^{2}}}$，$\frac{2{k}_{2}}{\sqrt{1+2{k}_{2}^{2}}}$）（9分）
S_△MON=${S}_{M{M}_{1}N{N}_{1}}$-${S}_{△OM{M}_{1}}$-${S}_{O{NN}_{1}}$=$\frac{1}{2}$（x_N-x_M）（y_N+y_M）-$\frac{1}{2}$（-x_M）y_M-$\frac{1}{2}$（x_Ny_N）=$\frac{1}{2}$（x_Ny_M-x_My_N），（10分）
代入坐标有：
S_△MON=2×$\frac{{k}_{2}-{k}_{1}}{\sqrt{1+2{k}_{1}^{2}}•\sqrt{1+2{k}_{2}^{2}}}$=2×$\sqrt{\frac{（{k}_{2}-{k}_{1}）^{2}}{（1+2{k}_{1}^{2}）（1+2{k}_{2}^{2}）}}$=2×$\sqrt{\frac{{k}_{1}^{2}+-2{k}_{1}{k}_{2}+{k}_{2}^{2}}{4{k}_{1}^{2}{k}_{2}^{2}+2{k}_{1}^{2}+2{k}_{2}^{2}+1}}$，
=2×$\sqrt{\frac{{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}+1}{2（{k}_{1}^{2}+{k}_{2}^{2}+1）}}$=$\sqrt{2}$
同理，当点M、N位于其它象限时，结论也成立
综上，△MON的面积为定值$\sqrt{2}$．（12分）
解法二：（探寻直线MN方程特征）
（接上）设M（x₁，y₁）（x₂，y₂），
由于点P不与点A、B重合时，直线MN的斜率存在，不妨设直线MN的方程为：y=kx+m，
将MN与椭圆方程联立可得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-4=0，

△=16k²m²-（1+2k²）（2m²-4）=32k²+16-8m²，
由△＞0得4k²+2＞m²，
由韦达定理可知：x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，（8分）
kOM•kON=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
则x₁x₂+2y₁y₂=x₁x₂+2（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+2k²）x₁x₂+2km（x₁+x₂）+2m²=0，
代入有：（1+2k²）$\frac{2{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$+2km（-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$）+2m²=0，
整理得：m²=2k²+1； （9分）
又丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$丨x₁-x₂丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\frac{\sqrt{32{k}^{2}-8{m}^{2}+16}}{2{k}^{2}+1}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{\sqrt{16{k}^{2}+8}}{2{k}^{2}+1}$=2$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{\sqrt{2{k}^{2}+1}}$，
而原点O到直线MN的距离为d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{1+2{k}^{2}}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，（11分）
S_△MON=$\frac{1}{2}$丨MN丨•d=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$•$\frac{\sqrt{{k}^{2}+1}}{\sqrt{2{k}^{2}+1}}$×$\frac{\sqrt{1+2{k}^{2}}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$．
所以△MON的面积为定值$\sqrt{2}$．（12分）

点评 本题考查椭圆的标准方程的求法，直线与圆、直线与圆锥曲线的位置关系，考查推理运算和方程求解能力．运用化归转化手段．将切线长最短问题转化为椭圆上的动点到定点距离最短问题；考查圆锥曲线中的有关定值问题，从变化中寻找不变量，并通过必要的推理和运算化简求值．考查转化化归思想、分类整合思想，属于难题．