Question

5．一种画椭圆的工具如图1所示．O是滑槽AB的中点，短杆ON可绕O转动，长杆MN通过N处铰链与ON连接，MN上的栓子D可沿滑槽AB滑动，且DN=ON=1，MN=3，当栓子D在滑槽AB内作往复运动时，带动N绕O转动，M处的笔尖画出的椭圆记为C，以O为原点，AB所在的直线为x轴建立如图2所示的平面直角坐标系．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设动直线l与两定直线l₁：x-2y=0和l₂：x+2y=0分别交于P，Q两点．若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据条件求出a，b即可求椭圆C的方程；
（2）联立直线方程和椭圆方程，求出原点到直线的距离，结合三角形的面积公式进行求解即可．

解答 解：（1）设D（t，0），|t|≤2，
N（x₀，y₀），M（x，y），由题意得$\overrightarrow{MD}$=2$\overrightarrow{DN}$，
且|$\overrightarrow{DN}$|=|$\overrightarrow{ON}$|=1，
∴（t-x，-y）=2（x₀-t，y₀），且$\left\{\begin{array}{l}{（{x}_{0}-t）^{2}+{{y}_{0}}^{2}=1}\\{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}=1}\end{array}\right.$，
即$\left\{\begin{array}{l}{t-x=2{x}_{0}-2t}\\{y=-2{y}_{0}}\end{array}\right.$，且t（t-2x₀）=0，
由于当点D不动时，点N也不动，∴t不恒等于0，
于是t=2x₀，故x₀=$\frac{x}{4}$，y₀=-$\frac{y}{2}$，
代入x₀²+y₀²=1，得方程为$\frac{{x}^{2}}{16}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．

（2）①当直线l的斜率k不存在时，直线l为：x=4或x=-4，都有S_△OPQ=$\frac{1}{2}×4×4=8$，
②直线l的斜率k存在时，直线l为：y=kx+m，（k$≠±\frac{1}{2}$），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=16}\end{array}\right.$消去y，可得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-16=0，
∵直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
∴△=64k²m²-4（1+4k²）（4m²-16）=0，即m²=16k²+4，①，
由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{x-2y=0}\end{array}\right.$，可得P（$\frac{2m}{1-2k}$，$\frac{m}{1-2k}$），同理得Q（$\frac{-2m}{1+2k}$，$\frac{m}{1+2k}$），
原点O到直线PQ的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$和|PQ|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x_P-x_Q|，
可得S_△OPQ=$\frac{1}{2}$|PQ|d=$\frac{1}{2}$|m||x_P-x_Q|=$\frac{1}{2}$|m||$\frac{2m}{1-2k}+\frac{2m}{1+2k}$|=|$\frac{2{m}^{2}}{1-4{k}^{2}}$|②，
将①代入②得S_△OPQ=|$\frac{2{m}^{2}}{1-4{k}^{2}}$|=8|$\frac{4{k}^{2}+1}{4{k}^{2}-1}$|，
当k²＞$\frac{1}{4}$时，S_△OPQ=8（$\frac{4{k}^{2}+1}{4{k}^{2}-1}$）=8（1+$\frac{2}{4{k}^{2}-1}$）＞8，
当0≤k²＜$\frac{1}{4}$时，S_△OPQ=8|$\frac{4{k}^{2}+1}{4{k}^{2}-1}$|=-8（$\frac{4{k}^{2}+1}{4{k}^{2}-1}$）=8（-1+$\frac{2}{1-4{k}^{2}}$），
∵0≤k²＜$\frac{1}{4}$时，∴0＜1-4k²≤1，$\frac{2}{1-4{k}^{2}}$≥2，
∴S_△OPQ=8（-1+$\frac{2}{1-4{k}^{2}}$）≥8，当且仅当k=0时取等号，
∴当k=0时，S_△OPQ的最小值为8，
综上可知当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，三角形OPQ的面积存在最小值为8．

点评 本题主要考查椭圆方程的求解，以及直线和圆锥曲线的位置关系的应用，结合三角形的面积公式是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．