Question

10．已知橢圓C：$\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，其四個頂點組成的菱形的面積是4$\sqrt{2}$，O為坐標原點，若點A在直線x=2上，點B在橢圓C上，且OA⊥OB．
（Ⅰ） 求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求線段AB長度的最小值；
（Ⅲ）試判斷直線AB與圓x²+y²=2的位置關系，并證明你的結論．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率公式及橢圓的性質，根據已知離心率與四個頂點組成菱形面積求出a²與b²的值，即可確定出橢圓C的方程；
（Ⅱ）設點A，B的坐標分別為（2，t），（x₀，y₀），由兩向量垂直，利用平面向量數量積運算法則列出關系式，表示出t，再將B坐標代入橢圓方程得到關系式，表示出|AB|²，整理后利用基本不等式求出AB的最小值即可；
（Ⅲ）直線AB與圓x²+y²=2相切，理由為：設點A，B的坐標分別為（2，t），（x₀，y₀），由兩向量垂直，利用平面向量數量積運算法則列出關系式，表示出t，進而表示出直線AB方程，利用點到直線的距離公式表示出圓心O到直線AB的距離d，整理得到d=r，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）由題意$\left\{{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}}\\{2ab=4\sqrt{2}}\end{array}}\right.$，解得a²=4，b²=2．
故橢圓C的標準方程為$\frac{{y}^{2}}{4}$+$\frac{{x}^{2}}{2}$=1；
（Ⅱ）設點A，B的坐標分別為（2，t），（x₀，y₀），其中y₀≠0，
∵OA⊥OB，∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即2x₀+ty₀=0，
解得：t=-$\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
又2x₀²+y₀²=4，
∴|AB|²=（x₀-2）²+（y₀-t）²=（x₀-2）²+（y₀+$\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}$）²=x₀²+y₀²+$\frac{4{{x}_{0}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}}$+4
=y₀²+$\frac{4-{{y}_{0}}^{2}}{2}$+$\frac{2（4-{{y}_{0}}^{2}）}{{{y}_{0}}^{2}}$+4=$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{2}$+$\frac{8}{{{y}_{0}}^{2}}$+4≥4+4=8（0≤y₀²≤4），
當且僅當y₀²=4時等號成立，此時|AB|²≥8，
則線段AB長度的最小值為2$\sqrt{2}$；
（Ⅲ）直線AB與圓x²+y²=2相切，理由為：
證明：設點A，B的坐標分別為（x₀，y₀），（2，t），其中y₀≠0，
∵OA⊥OB，∴$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，即2x₀+ty₀=0，
解得：t=-$\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
∵直線AB的方程為y-t=$\frac{{y}_{0}-t}{{x}_{0}-2}$（x-2），即（y₀-t）x-（x₀-2）y-2y₀+tx₀=0，
∴圓心O到直線AB的距離d=$\frac{|{x}_{0}-2{y}_{0}|}{\sqrt{（{y}_{0}-t）^{2}+（{x}_{0}-2）^{2}}}$，
∵2x₀²+y₀²=4，t=-$\frac{2{x}_{0}}{{y}_{0}}$，
∴d=$\frac{|2{y}_{0}+\frac{2{{x}_{0}}^{2}}{{y}_{0}}|}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+\frac{4{{x}_{0}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}}+4}}$=$\frac{|\frac{4+{{y}_{0}}^{2}}{{y}_{0}}|}{\sqrt{\frac{{{y}_{0}}^{4}+8{{y}_{0}}^{2}+16}{2{{y}_{0}}^{2}}}}$=$\sqrt{2}$，
則直線AB與圓x²+y²=2相切．…（13分）

點評 此題考查了直線與圓錐曲線的綜合問題，解決此類問題的必須熟悉曲線的定義和曲線的圖形特征，這也是高考�？嫉闹�識點．