Question

15．在平面直角坐標系xOy中，E′F′兩點的坐標分別為（0，$\sqrt{3}$），（0，-$\sqrt{3}$），動點G滿足：直線E′G與直線F′G的斜率之積為-$\frac{3}{4}$．
（1）求動點G的軌跡方程；
（2）過點O作兩條互相垂直的射線，與（1）中的軌跡分別交于A，B兩點，求△OAB面積的最小值．

Answer 1

分析 （1）設動點G的坐標（x，y），直線E'G的斜率${k_1}=\frac{{y-\sqrt{3}}}{x}$，直線F'G的斜率${k_2}=\frac{{y+\sqrt{3}}}{x}$（x≠0），由直線E′G與直線F′G的斜率之積為-$\frac{3}{4}$，能求出求動點G的軌跡方程；
（2）設直線AB的方程為y=kx+m，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得3x²+4（k²x²+2kmx+m²）-12=0，由此利用韋達定理、點到直線距離公式、橢圓性質，結合已知能求出△OAB面積的最小值．

解答 解：（1）∵$E'（{0，\sqrt{3}}），F(xiàn)'（{0，-\sqrt{3}}）$，設動點G的坐標（x，y），
∴直線E'G的斜率${k_1}=\frac{{y-\sqrt{3}}}{x}$，直線F'G的斜率${k_2}=\frac{{y+\sqrt{3}}}{x}$（x≠0），
又${k_1}×{k_2}=-\frac{3}{4}$，
∴$\frac{{y-\sqrt{3}}}{x}×\frac{{y+\sqrt{3}}}{x}=-\frac{3}{4}$，
∴動點G的軌跡方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\;（{x≠0}）$． （ 4分）
（2）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），直線AB的方程為y=kx+m，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，消去y，得3x²+4（k²x²+2kmx+m²）-12=0，
${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
∵OA⊥OB，∴x₁x₂+y₁y₂=0，∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0，
即$（{{k^2}+1}）{x_1}{x_2}+km（{{x_1}+{x_2}}）+{m^2}=0$，
把${x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$代入，得$（{{k^2}+1}）\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{8{k^2}{m^2}}}{{3+4{k^2}}}+{m^2}=0$，
整理得7m²=12（k²+1），∴O到直線AB的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，（8分）
∵OA⊥OB，∴OA²+OB²=AB²≥2OA•OB，
當且僅當OA=OB時取“=”號．
由d•AB=OA•OB，得d$•AB=OA•OB≤\frac{A{B}^{2}}{2}$，∴AB≥2d=$\frac{4\sqrt{21}}{7}$，
即弦AB的長度的最小值是$\frac{4\sqrt{21}}{7}$，
∴△OAB面積的最小值為${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}×\frac{{4\sqrt{21}}}{7}×\frac{{2\sqrt{21}}}{7}=\frac{12}{7}$．（12分）

點評 本題考查點的軌跡方程的求法，考查三角形面積的最小值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意韋達定理、點到直線距離公式、橢圓性質的合理運用．