已知椭圆C:$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的离心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$.原点到过点A的直线的距离是$\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$．(1)求椭圆C的方程,(2)设动直线l与两定直线l1:x-2y=0和l2:x+2y=0分别交于P.Q两点．若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点.试探究:△OPQ的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

16．已知椭圆C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（a＞b＞0）的离心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，原点到过点A（-a，0），B（0，b）
的直线的距离是$\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设动直线l与两定直线l₁：x-2y=0和l₂：x+2y=0分别交于P，Q两点．若直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，试探究：△OPQ的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．

分析（1）运用椭圆的离心率公式和点到直线的距离公式，解方程可得a，b，进而得到椭圆方程；
（2）讨论直线l的斜率是否存在，当直线l的斜率存在时，设直线$l：y=kx+m（k≠±\frac{1}{2}）$，联立直线方程和椭圆方程，运用判别式为0，再联立直线方程组，求得P，Q的坐标，求得PQ的长，求出OPQ的面积，化简整理，可得最小值．

解答解：（1）因为$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，a²-b²=c²，所以a=2b．
因为原点到直线AB：$\frac{x}{-a}+\frac{y}{b}=1$的距离$d=\frac{ab}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{4\sqrt{5}}}{5}$，
解得a=4，b=2．
故所求椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
（2）当直线l的斜率不存在时，直线l为x=4或x=-4，都有${S_{△OPQ}}=\frac{1}{2}×4×4=8$．
当直线l的斜率存在时，设直线$l：y=kx+m（k≠±\frac{1}{2}）$，
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．
因为直线l总与椭圆C有且只有一个公共点，
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$Q（\frac{-2m}{1+2k}，\frac{m}{1+2k}）$．
由原点O到直线PQ的距离为$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$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
将①代入②得，${S_{△OPQ}}=|{\frac{{2{m^2}}}{{1-4{k^2}}}}|=8\frac{{|{4{k^2}+1}|}}{{|{4{k^2}-1}|}}$．
当${k^2}＞\frac{1}{4}$时，${S_{△OPQ}}=8（\frac{{4{k^2}+1}}{{4{k^2}-1}}）=8（1+\frac{2}{{4{k^2}-1}}）＞8$；
当$0≤{k^2}＜\frac{1}{4}$时，${S_{△OPQ}}=8（\frac{{4{k^2}+1}}{{1-4{k^2}}}）=8（-1+\frac{2}{{1-4{k^2}}}）$．
因$0≤{k^2}＜\frac{1}{4}$，则0＜1-4k²≤1，$\frac{2}{{1-4{k^2}}}≥2$，
所以${S_{△OPQ}}=8（-1+\frac{2}{{1-4{k^2}}}）≥8$，
当且仅当k=0时取等号．所以当k=0时，S_△OPQ的最小值为8．
综上可知，当直线l与椭圆C在四个顶点处相切时，△OPQ的面积取得最小值8．