Question

8．已知點P是長軸長為$2\sqrt{2}$的橢圓Q：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$上異于頂點的一個動點，O為坐標原點，A為橢圓的右頂點，點M為線段PA的中點，且直線PA與OM的斜率之積恒為$-\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓Q的方程；
（2）設過左焦點F₁且不與坐標軸垂直的直線l交橢圓于C，D兩點，線段CD的垂直平分線與x軸交于點G，點G橫坐標的取值范圍是$[-\frac{1}{4}，0）$，求|CD|的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓Q的長軸長為$2\sqrt{2}$，求出$a=\sqrt{2}$．設P（x₀，y₀），通過直線PA與OM的斜率之積恒為$-\frac{1}{2}$，化簡求出b，即可得到橢圓方程．
（2）設直線l方程為y=k（x+1）（k≠0），代入$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$有（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點N（x₀，y₀），利用韋達定理求出CD的垂直平分線方程，推出${x_G}={x_0}+k{y_0}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{4{k^2}+2}}$，利用弦長公式化簡，推出|CD|的最小值．

解答 解：（1）∵橢圓Q的長軸長為$2\sqrt{2}$，∴$a=\sqrt{2}$．
設P（x₀，y₀），
∵直線PA與OM的斜率之積恒為$-\frac{1}{2}$，∴$\frac{{\frac{y_0}{2}}}{{\frac{{{x_0}+\sqrt{2}}}{2}}}×\frac{y_0}{{{x_0}-\sqrt{2}}}=-\frac{1}{2}$，
∴$\frac{x_0^2}{2}+y_0^2=1$，∴b=1，
故橢圓的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．
（2）設直線l方程為y=k（x+1）（k≠0），代入$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$有（1+2k²）x²+4k²x+2k²-2=0，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），AB中點N（x₀，y₀），
∴$（{x_1}+{x_2}）=-\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{x_1}•{x_2}=\frac{{2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$．
∴${x_0}=\frac{1}{2}（{x_1}+{x_2}）=-\frac{{2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，{y_0}=k（{x_0}+1）=\frac{k}{{1+2{k^2}}}$
∴CD的垂直平分線方程為$y-{y_0}=-\frac{1}{k}（x-{x_0}）$，
令y=0，得${x_G}={x_0}+k{y_0}=-\frac{1}{2}+\frac{1}{{4{k^2}+2}}$
∵${x_G}∈[-\frac{1}{4}，0）$，∴$-\frac{1}{4}≤-\frac{1}{2}+\frac{1}{{4{k^2}+2}}$，∴$0＜{k^2}≤\frac{1}{2}$．$|CD|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_2}-{x_1}|=\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{16{k^4}-4（2{k^2}+1）（2{k^2}-2）}}}{{2{k^2}+1}}$=$2\sqrt{2}[\frac{1}{2}+\frac{1}{{2（2{k^2}+1）}}]≥\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$，$|CD{|_{min}}=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，直線與橢圓的位置關系的應用，弦長公式的應用，設而不求的思想方法，考查計算能力．