Question

4．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓x²+y²=4上的一點(diǎn)P（x₀，y₀）（x₀，y₀＞0）處的切線l分別交x軸，y軸于點(diǎn)A，B，以A，B為頂點(diǎn)且以O(shè)為中心的橢圓記作C，直線OP交C于M，N兩點(diǎn)．
（1）若橢圓C的離心率為$\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，求P點(diǎn)的坐標(biāo)
（2）證明四邊形AMBN的面積S＞8$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用直線的斜率公式，可得直線l的方程，求得A，B的坐標(biāo)，可得橢圓的方程，討論焦點(diǎn)位置，運(yùn)用離心率公式可得P的坐標(biāo)；
（2）直線OP的斜率為k，依題意有k＞0且k≠1，直線OP的方程為y=kx，直線l的方程為$y-{y_0}=-\frac{1}{k}（{x-{x_0}}）$，
，求得A，B的坐標(biāo)，橢圓方程，代入直線y=kx，求得M，N的坐標(biāo)，可得|OM|，|AB|，運(yùn)用四邊形的面積公式和基本不等式，化簡(jiǎn)整理，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）依題意${k_{OP}}=\frac{y_0}{x_0}$，${k_l}=-\frac{x_0}{y_0}$，直線l方程為$y-{y_0}=-\frac{x_0}{y_0}（{x-{x_0}}）$，
令x=0，得$y=\frac{x_0^2}{y_0}+{y_0}=\frac{4}{y_0}$，令y=0，得$x=\frac{y_0^2}{x_0}+{x_0}=\frac{4}{x_0}$，
即有$A（{\frac{4}{x_0}，0}），B（{0，\frac{4}{y_0}}）$，
橢圓C的方程為$\frac{x^2}{{{{（{\frac{4}{x_0}}）}^2}}}+\frac{y^2}{{{{（{\frac{4}{y_0}}）}^2}}}=1$，
①若x₀＞y₀，則橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-{{（{\frac{a}}）}^2}}=\sqrt{1-{{（{\frac{y_0}{x_0}}）}^2}}$，
由$e=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，得$\frac{y_0}{x_0}=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，而$x_0^2+y_0^2=4$，
解得${x_0}=\sqrt{3}，{y_0}=1$，則$P（{\sqrt{3}，1}）$；
②若x₀＜y₀，同理可得$P（{1，\sqrt{3}}）$；
綜上可得P點(diǎn)坐標(biāo)為$（{\sqrt{3}，1}）$，$（{1，\sqrt{3}}）$；
（2）證明：直線OP的斜率為k，依題意有k＞0且k≠1，
直線OP的方程為y=kx，直線l的方程為$y-{y_0}=-\frac{1}{k}（{x-{x_0}}）$，
令x=0，得$y=\frac{x_0}{k}+{y_0}$，令y=0，得x=ky₀+x₀，
可得$A（{k{y_0}+{x_0}，0}），B（{0，\frac{x_0}{k}+{y_0}}）$，
橢圓C的方程$\frac{x^2}{{{{（{k{y_0}+{x_0}}）}^2}}}+\frac{y^2}{{{{（{\frac{x_0}{k}+{y_0}}）}^2}}}=1$，
聯(lián)立$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{x^2}{{{{（{k{y_0}+{x_0}}）}^2}}}+\frac{y^2}{{{{（{\frac{x_0}{k}+{y_0}}）}^2}}}=1}\end{array}}\right.$，
解出$x=±\frac{1}{{\sqrt{\frac{1}{{{{（{k{y_0}+{x_0}}）}^2}}}+\frac{k^2}{{{{（{\frac{x_0}{k}+{y_0}}）}^2}}}=1}}}=±\frac{{{x_0}+k{y_0}}}{{\sqrt{1+{k^4}}}}$，
可得$M（{\frac{{{x_0}+k{y_0}}}{{\sqrt{1+{k^4}}}}，k\frac{{{x_0}+k{y_0}}}{{\sqrt{1+{k^4}}}}}）$，$N（{-\frac{{{x_0}+k{y_0}}}{{\sqrt{1+{k^4}}}}，-k\frac{{{x_0}+k{y_0}}}{{\sqrt{1+{k^4}}}}}）$，
即有${|{OM}|^2}=\frac{{{{（{{x_0}+k{y_0}}）}^2}}}{{1+{k^4}}}+{k^2}\frac{{{{（{{x_0}+k{y_0}}）}^2}}}{{1+{k^4}}}=\frac{{1+{k^2}}}{{1+{k^4}}}{（{{x_0}+k{y_0}}）^2}$
=$\frac{{1+{{（{\frac{y_0}{x_0}}）}^2}}}{{1+{{（{\frac{y_0}{x_0}}）}^4}}}{（{{x_0}+\frac{y_0}{x_0}{y_0}}）^2}=\frac{{\frac{x_0^2+y_0^2}{x_0^2}}}{{\frac{x_0^4+y_0^4}{x_0^4}}}{（{\frac{x_0^2+y_0^2}{x_0}}）^2}=\frac{{4{{（{x_0^2+y_0^2}）}^2}}}{x_0^4+y_0^4}$
=$4（{\frac{x_0^4+2x_0^2y_0^2+y_0^4}{x_0^4+y_0^4}}）=4（{1+\frac{2x_0^2y_0^2}{x_0^4+y_0^4}}）=4（{1+\frac{2}{{{{（{\frac{x_0}{y_0}}）}^2}+{{（{\frac{y_0}{x_0}}）}^2}}}}）$
=$4（{1+\frac{2}{{\frac{1}{k^2}+{k^2}}}}）=4（{1+\frac{2}{{{{（{\frac{1}{k}+k}）}^2}-2}}}）$，
即有$|{OM}|=2\sqrt{（{1+\frac{2}{{{{（{\frac{1}{k}+k}）}^2}-2}}}）}$，
|AB|=$\sqrt{（k{y}_{0}+{x}_{0}）^{2}+（{y}_{0}+\frac{{x}_{0}}{k}）^{2}}$=$\sqrt{（\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}•{y}_{0}+{x}_{0}）^{2}+（\frac{{{x}_{0}}^{2}}{{y}_{0}}+{y}_{0}）^{2}}$
=$\sqrt{{{（{\frac{4}{x_0}}）}^2}+{{（{\frac{4}{y_0}}）}^2}}=4\sqrt{\frac{x_0^2+y_0^2}{x_0^2y_0^2}}=\frac{8}{{{x_0}{y_0}}}=2\frac{4}{{{x_0}{y_0}}}=2\frac{x_0^2+y_0^2}{{{x_0}{y_0}}}$=$2（{\frac{x_0}{y_0}+\frac{y_0}{x_0}}）=2（{\frac{1}{k}+k}）$，
可得S=$\frac{1}{2}$|AB|•|MN|=4（k+$\frac{1}{k}$）•$\sqrt{1+\frac{2}{（k+\frac{1}{k}）^{2}-2}}$，
令t=k+$\frac{1}{k}$（t＞2），則f（t）=t²（1+$\frac{2}{{t}^{2}-2}$）=（t²-2）+$\frac{4}{{t}^{2}-2}$+4
＞2$\sqrt{（{t}^{2}-2）•\frac{4}{{t}^{2}-2}}$+4=8，
即有f（t）＞8，故$S＞4\sqrt{8}=8\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程及運(yùn)用，以及離心率公式，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，解方程求交點(diǎn)，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于難題．