Question

4．如圖，曲線C₁是橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1的一部分，F(xiàn)₁，F(xiàn)₂是其兩焦點．曲線C₂是以原點O為頂點、F₂為焦點的拋物線的一部分，A是曲線C₁和C₂的一個公共點，并且∠AF₂F₁為鈍角．我們把由曲線C₁和C₂合成的曲線C稱為“月食圓”．
①若|AF₁|=7，|AF₂|=5，則曲線C₁、C₂的方程分別為
$\frac{{x}^{2}}{36}$+$\frac{{y}^{2}}{32}$=1（-6≤x≤3）、y²=8x（0≤x≤3）
②過F₂作直線l，分別于“月食圓”依次交于B、C、D、E四點，若B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），則x₁x₂x₃x₄為定值；
③連接BF₁，EF₂，在△BF₁F₂中，記∠F₁BF₂=α，∠BF₁F₂=β，∠F₁F₂B=γ，則e=$\frac{sinα}{sinβ+sinγ}$；
④若P、Q為橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1上兩動點，且OP⊥OQ，則S_△OPQ的最小值是$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$．
以上說法正確的有①③④．

Answer 1

分析 ①由橢圓的定義可得：2a=|AF₁|+|AF₂|=12，得a=6，設(shè)A（x，y），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），可得（x+c）²+y²=7²，（x-c）²+y²=5²，相減得xc=6，由拋物線定義可知|AF₂|=x+c=5，解出即可得出．
②當(dāng)直線l⊥x軸時，直線l的方程為x=c，x₁x₂x₃x₄=c⁴．當(dāng)直線l不垂直x軸時，設(shè)B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-c）}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，化簡利用根與系數(shù)的關(guān)系可得x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-c）}\\{{y}^{2}=4cx}\end{array}\right.$，化簡可得x₃x₄=c²．即可判斷出結(jié)論．
③連接BF₁，EF₂，在△BF₁F₂中，由正弦定理可得：$\frac{2c}{sinα}$=$\frac{|B{F}_{1}|}{sinγ}$=$\frac{|B{F}_{2}|}{sinβ}$=$\frac{|B{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}{sinβ+sinγ}$=$\frac{2a}{sinβ+sinγ}$，基礎(chǔ)即可判斷出結(jié)論．
④設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直線PQ的方程為：y=kx+m．與橢圓方程聯(lián)立化為：（a²k²+b²）x²+2kma²x+a²m²-a²b²=0，由OP⊥OQ，可得$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=0．可得：（a²+b²）m²=a²b²（1+k²）．點O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$為定值．由$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2}$|OP|•|OQ|，利用基本不等式的性質(zhì)可得：d²（|OP|²+|OQ|²）=|OP|²|OQ|²≥d²•2|OP||OQ|，即|OP||OQ|≥2d²，即可得出．

解答 解：①橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，（a＞b＞0）．則2a=|AF₁|+|AF₂|=7+5=12，得a=6，
設(shè)A（x，y），F(xiàn)₁（-c，0），F(xiàn)₂（c，0），則（x+c）²+y²=7²，（x-c）²+y²=5²，
兩式相減得xc=6，由拋物線定義可知|AF₂|=x+c=5，
則c=2，x=3或x=2，c=3，又∠AF₂F₁為鈍角，則x=2，c=3舍去．
曲線C₁、C₂的方程分別為$\frac{{x}^{2}}{36}$+$\frac{{y}^{2}}{32}$=1（-6≤x≤3）、y²=8x（0≤x≤3）
②當(dāng)直線l⊥x軸時，直線l的方程為x=c，x₁x₂x₃x₄=c⁴
當(dāng)直線l不垂直x軸時，設(shè)B（x₁，y₁），E（x₂，y₂），C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-c）}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，化為（b²+a²k²）x²-2ca²k²x+a²k²c²-a²b²=0，∴x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-c）}\\{{y}^{2}=4cx}\end{array}\right.$，化為：k²x²-（2ck²+4c）x+k²c²=0，∴x₃x₄=c²．
∴x₁x₂x₃x₄=$\frac{{a}^{2}{k}^{2}{c}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$×c²≠c⁴．因此不為定值．
③連接BF₁，EF₂，在△BF₁F₂中，由正弦定理可得：$\frac{2c}{sinα}$=$\frac{|B{F}_{1}|}{sinγ}$=$\frac{|B{F}_{2}|}{sinβ}$=$\frac{|B{F}_{1}|+|B{F}_{2}|}{sinβ+sinγ}$=$\frac{2a}{sinβ+sinγ}$，解得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{sinα}{sinβ+sinγ}$，正確．
④設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直線PQ的方程為：y=kx+m．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，化為：（a²k²+b²）x²+2kma²x+a²m²-a²b²=0，
△＞0，∴x₁+x₂=-$\frac{2km{a}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{m}^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}$．
∵OP⊥OQ，∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=0
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²．
∴（1+k²）×$\frac{{a}^{2}{m}^{2}-{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}$-km×$\frac{2km{a}^{2}}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}$+m²=0．化簡得：（a²+b²）m²=a²b²（1+k²）．
∴$\frac{{m}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$．
∴點O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$為定值．
∵$\frac{1}{2}d|PQ|$=$\frac{1}{2}$|OP|•|OQ|，
∴d²（|OP|²+|OQ|²）=|OP|²|OQ|²≥d²•2|OP||OQ|，
∴|OP||OQ|≥2d²，
則S_△OPQ=$\frac{1}{2}|OP||OQ|$≥d²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$．因此正確．
綜上可得：只有①③④正確．故答案為：①③④．

點評 本題考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與橢圓拋物線相交問題、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、三角形面積計算公式、基本不等式的性質(zhì)、正弦定理，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．