Question

16．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的離心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，原點到過點A（-a，0），B（0，b）
的直線的距離是$\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)動直線l與兩定直線l₁：x-2y=0和l₂：x+2y=0分別交于P，Q兩點．若直線l總與橢圓C有且只有一個公共點，試探究：△OPQ的面積是否存在最小值？若存在，求出該最小值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）運用橢圓的離心率公式和點到直線的距離公式，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（2）討論直線l的斜率是否存在，當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線$l：y=kx+m（k≠±\frac{1}{2}）$，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用判別式為0，再聯(lián)立直線方程組，求得P，Q的坐標(biāo)，求得PQ的長，求出OPQ的面積，化簡整理，可得最小值．

解答 解：（1）因為$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，a²-b²=c²，所以a=2b．
因為原點到直線AB：$\frac{x}{-a}+\frac{y}=1$的距離$d=\frac{ab}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$，
解得a=4，b=2．
故所求橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，直線l為x=4或x=-4，都有${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}×4×4=8$．
當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線$l：y=kx+m（k≠±\frac{1}{2}）$，
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．
因為直線l總與橢圓C有且只有一個公共點，
所以△=64k²m²-4（1+4k²）（4m²-16）=0，即m²=16k²+4．①
又由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ x-2y=0\end{array}\right.$可得$P（\frac{2m}{1-2k}，\frac{m}{1-2k}）$；
同理可得$Q（\frac{-2m}{1+2k}，\frac{m}{1+2k}）$．
由原點O到直線PQ的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$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
將①代入②得，${S_{△OPQ}}=|{\frac{{2{m^2}}}{{1-4{k^2}}}}|=8\frac{{|{4{k^2}+1}|}}{{|{4{k^2}-1}|}}$．
當(dāng)${k^2}＞\frac{1}{4}$時，${S_{△OPQ}}=8（\frac{{4{k^2}+1}}{{4{k^2}-1}}）=8（1+\frac{2}{{4{k^2}-1}}）＞8$；
當(dāng)$0≤{k^2}＜\frac{1}{4}$時，${S_{△OPQ}}=8（\frac{{4{k^2}+1}}{{1-4{k^2}}}）=8（-1+\frac{2}{{1-4{k^2}}}）$．
因$0≤{k^2}＜\frac{1}{4}$，則0＜1-4k²≤1，$\frac{2}{{1-4{k^2}}}≥2$，
所以${S_{△OPQ}}=8（-1+\frac{2}{{1-4{k^2}}}）≥8$，
當(dāng)且僅當(dāng)k=0時取等號．所以當(dāng)k=0時，S_△OPQ的最小值為8．
綜上可知，當(dāng)直線l與橢圓C在四個頂點處相切時，△OPQ的面積取得最小值8．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用橢圓的性質(zhì)：離心率公式和點到直線的距離，考查三角形的面積的最小值，注意討論直線的斜率是否存在，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，屬于中檔題．