Question

6．橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右焦點(diǎn)與拋物線C₂：y²=2px（p＞0）的焦點(diǎn)重合，曲線C₁與C₂相交于點(diǎn)（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$$\sqrt{6}$）．
（I）求橢圓C₁的方程；
（II）過(guò)右焦點(diǎn)F₂的直線l（與x軸不重合）與橢圓C₁交于A、C兩點(diǎn)，線段AC的中點(diǎn)為G，連接OG并延長(zhǎng)交橢圓C₁于B點(diǎn)（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求四邊形OABC的面積S的最小值．

Answer 1

分析 （I）將點(diǎn)代入拋物線方程求得p，求得焦點(diǎn)坐標(biāo)，代入橢圓方程，即可求得a和b的值，求得橢圓C₁的方程；
（II）方法一：設(shè)直線AC的方程為x=my+1，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求得G，求得OG，代入橢圓方程求得B點(diǎn)坐標(biāo)，利用點(diǎn)到直線的距離公式，S_OABC=$\frac{1}{2}$|AC|（d₁+d₂），利用函數(shù)單調(diào)性即可求得四邊形OABC的面積S的最小值；
方法二：當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，直線AC方程x=1，此時(shí)四邊形OABC的面積S=$\frac{3}{2}$×2=3，當(dāng)直線AC的斜率存在時(shí)，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及中點(diǎn)坐標(biāo)公式，求得G，求得OG，代入橢圓方程求得B點(diǎn)坐標(biāo)，利用點(diǎn)到直線的距離公式，S_OABC=$\frac{1}{2}$|AC|（d₁+d₂），利用函數(shù)單調(diào)性即可求得四邊形OABC的面積S的最小值；

解答 解：（I）∵將（$\frac{2}{3}$，$\frac{2}{3}$$\sqrt{6}$）代入拋物線方程，
解得：p=2，
∴y²=4x，
∴橢圓C₁的右焦點(diǎn)為（1，0），
∴$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-{b^2}=1\\ \frac{{\frac{4}{9}}}{a^2}+\frac{{\frac{24}{9}}}{b^2}=1\end{array}\right.$，
∴$橢圓{C_1}的標(biāo)準(zhǔn)方程為：\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（II）方法一：設(shè)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），G（x₀，y₀）．
設(shè)直線AC的方程為x=my+1，
$\left\{\begin{array}{l}{x=my+1}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（4+3m²）y²+6my-9=0，
∴y₁+y₂=-$\frac{6m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{9}{4+3{m}^{2}}$，
由弦長(zhǎng)公式可得|AC|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$|y₁-y₂|=$\sqrt{1+{m}^{2}}$×$\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{12（1+{m}^{2}）}{4+3{m}^{2}}$，
又y₀=$\frac{{y}_{1}+{y}_{2}}{2}$=-$\frac{3m}{4+3{m}^{2}}$，x₀=my₀+1=$\frac{4}{3{m}^{2}+4}$，
∴G（$\frac{4}{3{m}^{2}+4}$，-$\frac{3m}{4+3{m}^{2}}$），
直線OG的方程為y=-$\frac{3m}{4}$x，代入橢圓方程得x²=$\frac{16}{4+3{m}^{2}}$，
∴B（$\frac{4}{\sqrt{4+3{m}^{2}}}$，-$\frac{3m}{\sqrt{4+3{m}^{2}}}$），
B到直線AC的距離d₁=$\frac{\sqrt{4+3{m}^{2}}-1}{1+{m}^{2}}$，
O到直線AC的距離d₂=$\frac{1}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$，
∴S_OABC=$\frac{1}{2}$|AC|（d₁+d₂）=$\frac{1}{2}$×$\frac{12（1+{m}^{2}）}{4+3{m}^{2}}$×$\frac{\sqrt{4+3{m}^{2}}}{\sqrt{1+{m}^{2}}}$=6×$\sqrt{\frac{1+{m}^{2}}{4+3{m}^{2}}}$=6$\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{1}{3（4+3{m}^{2}）}}$≥3，
當(dāng)m=0時(shí)取得最小值3．
∴四邊形OABC的面積S的最小值3．
方法二：當(dāng)直線斜率不存在時(shí)，直線AC方程x=1，此時(shí)四邊形OABC的面積S=$\frac{3}{2}$×2=3，
當(dāng)直線AC的斜率存在時(shí)，設(shè)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
直線AC：y=k（x-1），$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
x_G=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$=$\frac{4{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，y_G=k（x_G-1）=$\frac{-3k}{3+4{k}^{2}}$，
則G（$\frac{4{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，$\frac{-3k}{3+4{k}^{2}}$），則OG：y=-$\frac{3}{4k}$x，
則$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{3}{4k}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，解得：x²=$\frac{16{k}^{2}}{4{k}^{2}+3}$，
不妨設(shè)k＞0，
則$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{B}=\frac{4k}{\sqrt{3+4{k}^{2}}}}\\{{y}_{B}=\frac{-3}{\sqrt{3+4{k}^{2}}}}\end{array}\right.$，
則B到直線AC距離d₁=$\frac{丨\sqrt{3+4{k}^{2}-k}丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{3+4{k}^{2}}-k}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
O到直線AC的距離d₂=$\frac{k}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
由弦長(zhǎng)公式可知丨AC丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{\frac{16（9{k}^{2}+9）}{（3+4{k}^{2}）^{2}}}$，
=$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$，
則S_OABC=$\frac{1}{2}$|AC|（d₁+d₂）=$\frac{1}{2}$×$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$×$\frac{\sqrt{3+4{k}^{2}}}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
=6×$\sqrt{\frac{1+{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$，
=6×$\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4{（4k}^{2}+3）}}$＞3，
綜上可知：當(dāng)直線AC垂直于x軸時(shí)，四邊形OABC的面積S的最小值3．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，中點(diǎn)坐標(biāo)公式，點(diǎn)到直線的距離公式，弦長(zhǎng)公式，考查函數(shù)的單調(diào)性與橢圓的綜合應(yīng)用，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．