题目内容

12．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的短轴长为2，且函数y=x2-$\frac{65}{16}$的图象与椭圆C仅有两个公共点，过原点的直线l与椭圆C交于M，N两点．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）点P为线段MN的中垂线与椭圆C的一个公共点，求△PMN面积的最小值，并求此时直线l的方程．

分析 （1）由题意可得：2b=2，解得b=1．联立$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y2=1（a＞1）与y=x2-$\frac{65}{16}$，可得：x4+$（\frac{1}{{a}^{2}}-\frac{65}{8}）$x2+$\frac{81×49}{1{6}^{2}}$=0，根据椭圆C与抛物线y=x2-$\frac{65}{16}$的对称性，可得：△=0，a＞1，解得a．
（2）①当直线l的斜率不存在时，S△PMN=$\frac{1}{2}×2b×a$；当直线l的斜率为0时，S△PMN=$\frac{1}{2}×2b×a$．
②当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为：y=kx，与椭圆方程联立解得x2，y2．|MN|=2$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$．由题意可得：线段MN的中垂线方程为：y=-$\frac{1}{k}$x，与椭圆方程联立可得|OP|=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$．利用S△PMN=$\frac{1}{2}×$|MN|×|OP|，与基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（1）由题意可得：2b=2，解得b=1．联立$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+y2=1（a＞1）与y=x2-$\frac{65}{16}$，可得：x4+$（\frac{1}{{a}^{2}}-\frac{65}{8}）$x2+$\frac{81×49}{1{6}^{2}}$=0，
根据椭圆C与抛物线y=x2-$\frac{65}{16}$的对称性，可得：△=$（\frac{1}{{a}^{2}}-\frac{65}{8}）^{2}$-4×$\frac{81×49}{1{6}^{2}}$=0，a＞1，解得a=2．
∴椭圆C的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y2=1．
（2）①当直线l的斜率不存在时，S△PMN=$\frac{1}{2}×2b×a$=2；
当直线l的斜率为0时，S△PMN=$\frac{1}{2}×2b×a$=2；
②当直线l的斜率存在且不为0时．
设直线l的方程为：y=kx，由$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，解得x2=$\frac{4}{1+4{k}^{2}}$，y2=$\frac{4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．
∴|MN|=2$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=4$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}}$．
由题意可得：线段MN的中垂线方程为：y=-$\frac{1}{k}$x，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，可得x2=$\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}+4}$，y2=$\frac{4}{{k}^{2}+4}$．
∴|OP|=$\sqrt{{x}^{2}+{y}^{2}}$=2$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{{k}^{2}+4}}$．
S△PMN=$\frac{1}{2}×$|MN|×|OP|=$\frac{4（1+{k}^{2}）}{\sqrt{（1+4{k}^{2}）（{k}^{2}+4）}}$≥$\frac{4（1+{k}^{2}）}{\frac{（1+4{k}^{2}）+（{k}^{2}+4）}{2}}$=$\frac{8}{5}$，当且仅当k=±1时取等号，此时△PMN的面积的最小值为$\frac{8}{5}$．
∵$2＞\frac{8}{5}$，∴△PMN的面积的最小值为$\frac{8}{5}$，直线l的方程为：y=±x．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、一元二次方程的根与系数的关系、基本不等式的性质、弦长公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

练习册系列答案
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