Question

已知橢圓C：

x2

a2

+

y2

b2

=1（a＞b＞0），其中F₁，F(xiàn)₂為左、右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．直線l與橢圓交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）兩個(gè)不同點(diǎn)．當(dāng)直線l過(guò)橢圓C右焦點(diǎn)F₂且傾斜角為

π

4

時(shí)，原點(diǎn)O到直線l的距離為

2

2

．又橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)F₂的最近距離為

3

-1．
（I）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）以O(shè)P，OQ為鄰邊做平行四邊形OQNP，當(dāng)平行四邊形OQNP面積為

6

時(shí)，求平行四邊形OQNP的對(duì)角線之積|ON|•|PQ|的最大值；
（Ⅲ）若拋物線C₂：y²=2px（p＞0）以F₂為焦點(diǎn)，在拋物線C₂上任取一點(diǎn)S（S不是原點(diǎn)O），以O(shè)S為直徑作圓，交拋物線C₂于另一點(diǎn)R，求該圓面積最小時(shí)點(diǎn)S的坐標(biāo)．

Answer 1

考點(diǎn)：直線與圓錐曲線的綜合問題,橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程

專題：圓錐曲線中的最值與范圍問題

分析：（I）直線l過(guò)橢圓C右焦點(diǎn)F₂且傾斜角為

π

4

時(shí)，可得直線l的方程為：y=x-c．由原點(diǎn)O到直線l的距離為

2

2

，可得

c

2

=

2

2

，解得c．又橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)F₂的最近距離為

3

-1，可得a-c=

3

-1，解得a，b²=a²-c²．即可得出橢圓C的方程．
（II）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，x₁=x₂，y₁=-y₂，由

x 2 1

3

+

y 2 1

2

=1，|2x₁•2y₁|=

6

，可得|ON|•|PQ|=2

6

．當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立可得（2+3k²）x²+6kmx+3m²-6=0，由△＞0，解得3k²+2＞m²．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|PQ|=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

，原點(diǎn)到直線l的距離d=

|m|

1+k2

，利用S_△POQ=

1

2

d|PQ|=

6

2

，化為3k²+2=2m²，滿足△＞0．設(shè)M（x₀，y₀）為PQ的中點(diǎn)，可得|OM|2=

x

2 0

+

y

2 0

=

1

2

(3-

1

m2

)，|PQ|²=2(2+

1

m2

)，可得|OM|²|PQ|²=(3-

1

m2

)(2+

1

m2

)，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．
（III）由題意可得拋物線C₂：y²=4x，由以O(shè)S為直徑作圓，交拋物線C₂于另一點(diǎn)R，可得∠ORS=90°．可得

OR

•

SR

=0．設(shè)S（x₃，y₃），R（x₄，y₄），可得y₄（y₄-y₃）=-16．利用基本不等式的性質(zhì)可得y₃≥8，或y₃≤-8，x₃≥16．即可得出．

解答： 解：（I）直線l過(guò)橢圓C右焦點(diǎn)F₂且傾斜角為

π

4

時(shí)，
∴直線l的方程為：y=x-c．
∵原點(diǎn)O到直線l的距離為

2

2

，
∴

c

2

=

2

2

，解得c=1．
又橢圓上的點(diǎn)到焦點(diǎn)F₂的最近距離為

3

-1，
∴a-c=

3

-1，解得a=

3

，
∴b²=a²-c²=2．
∴橢圓C的方程為

x2

3

+

y2

2

=1．
（II）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
①當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，x₁=x₂，y₁=-y₂，
由

x 2 1

3

+

y 2 1

2

=1，|2x₁•2y₁|=

6

，解得|x1|=

6

2

，|y₁|=1．
∴|ON|•|PQ|=2

6

．
②當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為y=kx+m，
聯(lián)立

y=kx+m x2 3 + y2 2 =1

，化為（2+3k²）x²+6kmx+3m²-6=0，
由△＞0，解得3k²+2＞m²．
∴x₁+x₂=-

6km

2+3k2

，x₁x₂=

3m2-6

2+3k2

，
∴|PQ|=

(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]

=

2 6 1+k2 3k2+2-m2

2+3k2

，
原點(diǎn)到直線l的距離d=

|m|

1+k2

，
∴S_△POQ=

1

2

d|PQ|=

6 3k2+2-m2 |m|

2+3k2

=

6

2

，
化為3k²+2=2m²，滿足△＞0．
設(shè)M（x₀，y₀）為PQ的中點(diǎn)，則x₀=

x1+x2

2

=-

3k

2m

，y₀=kx₀+m=

1

m

．
∴|OM|2=

x

2 0

+

y

2 0

=

9k2

4m2

+

1

m2

=

1

2

(3-

1

m2

)，|PQ|²=2(2+

1

m2

)，
∴|OM|²|PQ|²=(3-

1

m2

)(2+

1

m2

)≤

25

4

，當(dāng)且僅當(dāng)m=±

2

時(shí)取等號(hào)．
∴|OM||PQ|的最大值為

5

2

．
∴|ON|•|PQ|=2|OM||PQ|的最大值為5．
綜上可得：ON|•|PQ|的最大值為5．
（III）由題意可得拋物線C₂：y²=4x，
∵以O(shè)S為直徑作圓，交拋物線C₂于另一點(diǎn)R，∴∠ORS=90°．∴

OR

•

SR

=0．
設(shè)S（x₃，y₃），R（x₄，y₄），
則

OR

•

SR

=x₄（x₄-x₃）+y₄（y₄-y₃）=

y 2 4 ( y 2 4 - y 2 3 )

16

+y₄（y₄-y₃）=0．
∵y₄（y₄-y₃）≠0，∴y₄（y₄-y₃）=-16．
∴y3=

16

y4

+y4≥8，或y₃≤-8
x₃≥

y 2 3

4

=16．
∴該圓面積最小時(shí)點(diǎn)S的坐標(biāo)為（16，±8）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了橢圓與拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得△＞0及其根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形的面積計(jì)算公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．