Question

18．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），过椭圆的上顶点与右顶点的直线l，与圆x²+y²=$\frac{12}{7}$相切，且椭圆C的右焦点与抛物线y²=4x的焦点重合；
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点O作两条互相垂直的射线与椭圆C分别交于A，B两点，求△OAB面积的最小值．

Answer 1

分析 （1）写出过椭圆的上顶点与右顶点的直线方程，由的到直线的距离得到关于a，b的等式，由抛物线方程求出焦点坐标，得到椭圆的半焦距长，结合隐含条件联立可得a，b的值，则椭圆方程可求；
（2）当两射线与坐标轴重合时，直接求出△OAB面积，不重合时，设直线AB方程为y=kx+m，与椭圆方程联立，结合OA⊥OB得到k与m的关系，进一步由点到直线的距离得到O到AB的距离，再利用基本不等式求得AB的最小距离，代入三角形面积公式求得最小值．

解答 解：（1）过椭圆的上顶点与右顶点的直线l为$\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$，即bx+ay-ab=0，
由直线与${x^2}+{y^2}=\frac{12}{7}$相切，得$（\frac{|-ab|}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}）^{2}=\frac{12}{7}$，①
∵抛物线y²=4x的焦点为F（1，0），∴c=1．
即a²-b²=1，代入①得7a⁴-31a²+12=0，
即（7a²-3）（a²-4）=0，得${a^2}=4，{a^2}=\frac{3}{7}$（舍去），
∴b²=a²-1=3．
故椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）当两射线与坐标轴重合时，${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}×2×\sqrt{3}=\sqrt{3}$；
当两射线不与坐标轴重合时，设直线AB的方程为y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
与椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$联立消去y，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$．
∵OA⊥OB，∴x₁x₂+y₁y₂=0，
∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0．
即$（{{k^2}+1}）{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}=0$，
把${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$代入，得$（{{k^2}+1}）\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{8{k^2}{m^2}}}{{3+4{k^2}}}+{m^2}=0$，
整理得7m²=12（k²+1），
∴O到直线AB的距离$d=\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}=\sqrt{\frac{12}{7}}=\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
∵OA⊥OB，∴OA²+OB²=AB²≥2OA•OB，
当且仅当OA=OB时取“=”号．
由d•AB=OA•OB，得$d•AB=OA•OB≤\frac{A{B}^{2}}{2}$，
∴$AB≥2d=\frac{4\sqrt{21}}{7}$，即弦AB的长度的最小值是$\frac{4\sqrt{21}}{7}$．
∴三角形的最小面积为${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}×\frac{{4\sqrt{21}}}{7}×\frac{{2\sqrt{21}}}{7}=\frac{12}{7}$．
综上，△OAB面积的最小值为$\frac{12}{7}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线与圆、圆与椭圆位置关系的应用，考查推理论证能力与计算能力，考查三角形面积最值的求法，体现了分类讨论的数学思想方法，是压轴题．