Question

17．已知點A（0，2），點B（0，-2），直線MA、MB的斜率之積為-4，記點M的軌跡為C
（I）曲線C的方程為${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1（x≠0）$；
（II）設(shè)QP，為曲線C上的兩點，滿足OP⊥OQ（O為原點），則△OPQ面積的最小值是$\frac{4}{5}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)定點A（0，2）、B（0，-2），直線MA與直線MB的斜率之積為-4，建立方程，化簡可得曲線C的方程；
（Ⅱ）設(shè)出PQ方程：y=kx+m，代入橢圓4x²+y²=4，得到關(guān)于x的一元二次方程，借助于根與系數(shù)的關(guān)系結(jié)合OP⊥OQ得到$\frac{{m}^{2}}{1+{k}^{2}}=\frac{4}{5}$．求出原點O到直線l的距離，利用基本不等式求得|OP|•|OQ|的最小值得答案．

解答 解：（I）設(shè)M（x，y），
又A（0，2），點B（0，-2），
∴${k}_{MA}•{k}_{MB}=\frac{y-2}{x}•\frac{y+2}{x}=-4$，
即${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1（x≠0）$，
∴曲線C的方程為${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1（x≠0）$；
（Ⅱ）設(shè)PQ方程：y=kx+m，代入橢圓4x²+y²=4，
整理得：（k²+4）x²+2kmx+m²-4=0．
△=4k²m²-4（k²+4）（m²-4）=16（k²-m²+4）．
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-2km}{{k}^{2}+4}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+4}$．
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=${k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$．
∴${x}_{1}{x}_{2}+{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}$=$（1+{k}^{2}）•\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+4}+km•\frac{-2km}{{k}^{2}+4}+{m}^{2}$=0．
化簡得：5m²=4（1+k²），即$\frac{{m}^{2}}{1+{k}^{2}}=\frac{4}{5}$．
點O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
則$\frac{1}{|OP{|}^{2}}+\frac{1}{|OQ{|}^{2}}$=$\frac{|OP{|}^{2}+|OQ{|}^{2}}{|OP{|}^{2}|OQ{|}^{2}}$=$\frac{|PQ{|}^{2}}{|PQ{|}^{2}lro9exl^{2}}=\frac{1}{oh31ocl^{2}}$=$\frac{5}{4}$，
由$\frac{1}{|OP{|}^{2}}+\frac{1}{|OQ{|}^{2}}$≥$\frac{2}{|OP|•|OQ|}$，得：|OP|•|OQ|≥$\frac{2}{\frac{1}{|OP{|}^{2}}+\frac{1}{|OQ{|}^{2}}}$．
∴|OP|²+|OQ|²≥2|OP|•|OQ|≥2$\frac{2}{\frac{1}{|OP{|}^{2}}+\frac{1}{|OQ{|}^{2}}}$=$\frac{16}{5}$．
∴S_△OPQ=$\frac{1}{2}$|OP|•|OQ|≥$\frac{4}{5}$．
故答案為：${x}^{2}+\frac{{y}^{2}}{4}=1（x≠0）$，$\frac{4}{5}$．

點評 本題考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法和設(shè)而不求的解題思想方法，涉及直線和圓錐曲線關(guān)系問題，常借助于一元二次方程的根與系數(shù)關(guān)系解題．是難度較大的題目．