Question

3．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），O是坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂分別為其左右焦點(diǎn)，|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，M是橢圓上一點(diǎn)，∠F₁MF₂的最大值為$\frac{2}{3}$π．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）若直線l與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，且OP⊥OQ，
（i）求證：$\frac{1}{{{{|{OP}|}^2}}}+\frac{1}{{{{|{OQ}|}^2}}}$為定值；
（ii）求△OPQ面積的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意即可求得a=2，b=1，即可求得橢圓方程；
（Ⅱ）（i）分類討論，當(dāng)OP和OQ的斜率存在時(shí)，設(shè)OP和OQ方程，代入橢圓方程，求得P和Q點(diǎn)坐標(biāo)，即可求得$\frac{1}{{{{|{OP}|}^2}}}+\frac{1}{{{{|{OQ}|}^2}}}=\frac{1}{{{x_1}^2+{y_1}^2}}+\frac{1}{{{x_2}^2+{y_2}^2}}=\frac{5}{4}$，當(dāng)OP，OQ斜率一個(gè)為0，一個(gè)不存在時(shí)，則$\frac{1}{{{{|{OP}|}^2}}}+\frac{1}{{{{|{OQ}|}^2}}}=\frac{1}{4}+\frac{1}{1}=\frac{5}{4}$；
（ii）分類討論，由（i）可知由求得丨OP丨及丨OQ丨，根據(jù)三角形的面積公式及基本不等式的性質(zhì)，即可求得△OPQ面積的最小值．
當(dāng)OP，OQ斜率一個(gè)為0，一個(gè)不存在時(shí)，S_△OPQ=1，即可求得△OPQ面積的最小值．

解答 解：（Ⅰ）由題意得，2c=|F₁F₂|=2$\sqrt{3}$，c=$\sqrt{3}$，
當(dāng)M位于上下端點(diǎn)時(shí)，∠F₁MF₂的最大，則，∠F₁MO=$\frac{π}{3}$，
則a=2，b=1，
∴橢圓方程為：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$…（3分）
（Ⅱ）i）當(dāng)OP，OQ斜率都存在且不為0時(shí)，設(shè)l_OP：y=kx，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，消y得${x_1}^2=\frac{4}{{1+4{k^2}}}$，${y_1}^2={k^2}{x_1}^2=\frac{{4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$
同理得${x_2}^2=\frac{{4{k^2}}}{{4+{k^2}}}$，${y_2}^2=\frac{1}{k^2}{x_2}^2=\frac{4}{{{k^2}+4}}$，故$\frac{1}{{{{|{OP}|}^2}}}+\frac{1}{{{{|{OQ}|}^2}}}=\frac{1}{{{x_1}^2+{y_1}^2}}+\frac{1}{{{x_2}^2+{y_2}^2}}=\frac{5}{4}$，
當(dāng)OP，OQ斜率一個(gè)為0，一個(gè)不存在時(shí)，得$\frac{1}{{{{|{OP}|}^2}}}+\frac{1}{{{{|{OQ}|}^2}}}=\frac{1}{4}+\frac{1}{1}=\frac{5}{4}$，
綜上得$\frac{1}{{{{|{OP}|}^2}}}+\frac{1}{{{{|{OQ}|}^2}}}=\frac{5}{4}$，得證（未討論斜率這扣1分）    …（8分）
ii） 當(dāng)OP，OQ斜率都存在且不為0時(shí)：
由上面所求可知：$|{OP}|=x_1^2+y_1^2=\frac{{4+4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}$，$|{OQ}|=x_2^2+y_2^2=\frac{{4+4{k^2}}}{{4+{k^2}}}$，
${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}×|{OP}|×|{OQ}|=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{{4+4{k^2}}}{{1+4{k^2}}}×\frac{{4+4{k^2}}}{{4+{k^2}}}}≥2\sqrt{\frac{{{{（1+{k^2}）}^2}}}{{{{（\frac{{1+4{k^2}+4+{k^2}}}{2}）}^2}}}}≥\frac{4}{5}$，…（10分）
當(dāng)且僅當(dāng)1+4k²=4+k²，則k²=1，k=±1時(shí)取等號(hào)             …（11分）
當(dāng)OP，OQ斜率一個(gè)為0，一個(gè)不存在時(shí)，S_△OPQ=1
綜上S_△OPQ的最小值為$\frac{4}{5}$（未討論斜率這扣（1分） ）                     …（12分）
另解：由$\frac{1}{{{{|{OP}|}^2}}}+\frac{1}{{{{|{OQ}|}^2}}}=\frac{5}{4}⇒\frac{5}{4}≥2•\frac{1}{{|{OP}|}}•\frac{1}{{|{OQ}|}}⇒|{OP}||{OQ}|≥\frac{8}{5}⇒{S_{△OPQ}}≥\frac{4}{5}$
當(dāng)且僅當(dāng)|OP|=|OQ|時(shí)取等號(hào)     綜上S_△OPQ的最小值為$\frac{4}{5}$…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，基本不等式的性質(zhì)，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．