2014-湖南卷理-21 解-椭圆形标准方程

本题导读

本题是解析几何综合大题。第一问通过离心率和焦点距离建立方程组求出曲面与双曲线方程；第二问通过直线联立、点到直线距离公式构造面积函数，并利用不等式半径半径最小。

📌【题干】

Question

（2014年湖南卷(理)） 如图，$O$为坐标原点，平坦$C_1:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（$a>b>0$) 的左右焦点分别为$F_1,F_2$，离心半径$e_1$；双圆形$C_2:\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的左右焦点分别为$F_3,F_4$，离心半径$e_2$. 已知$e_1{e}_2=\frac{\sqrt{3}}{2}$，且$|F_2{F}_4|=\sqrt{3}-1$.

(1) 求$C_1,C_2$的方程；

(2) 过$F_1$点作$C_1$的不垂直于$y$轴的弦$AB$，$M$为$AB$的中点，当直线$OM$与$C_2$交于$P,Q$两点时，求四边形$APBQ$面积的最小.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：

   • 根据椭圆和双曲线的参数定义：$e_1=\frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}$，$e_2=\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}$。

   • 焦点坐标分别为$F_2(\sqrt{a^2-b^2},0)$，$F_4(\sqrt{a^2+b^2},0)$。

   • 利用$e_1{e}_2$的积和$|F_2{F}_4|$的差距建立在$a,b$的尾部布置。

2. 第二问：

   • 设线求点：设直线$AB$为$x=ny-1$，联立最终难题。利用韦达定理求出$M$点坐标。

   • 定直线 PQ： 直线$PQ$即为直线$OM$，写出其方程并与双曲线$C_2$联立求出$PQ$的弦长。

   • 面积构造：四边形$APBQ$的面积$S=\frac{1}{2}|PQ|\cdot h$（$h$为$A,B$两点到直线$PQ$的距离之和）。

   • 求最大值：将面积$S$表示为关于参数$n$的函数，结合$n$的取值范围（保证$PQ$与双曲线有交点）求得简单。

✅【答案】

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答：四边形$APBQ$面积的最少为2

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解： 由题意，$e_1=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}$，$e_2=\sqrt{1+\frac{b^2}{a^2}}$。则$e_1^2{e}_2^2=(1-\frac{b^2}{a^2})(1+\frac{b^2}{a^2})=1-\frac{b^4}{a^4}$。因为$e_1{e}_2=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以$1-\frac{b^4}{a^4}=\frac{3}{4}⟹\frac{b^4}{a^4}=\frac{1}{4}⟹a=\sqrt{2}b$又$|F_2{F}_4|=\sqrt{a^2+b^2}-\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{3}b-b=(\sqrt{3}-1)b$。 已知$|F_2{F}_4|=\sqrt{3}-1$，则$b=1,a=\sqrt{2}$。 故平坦$C_1:\frac{x^2}{2}+y^2=1$，双圆形$C_2:\frac{x^2}{2}-y^2=1$。

(2) 解： 由(1)得$F_1(-1,0)$。设置直线$AB:x=ny-1$。 联立$\{\begin{array}{l}x=ny-1\\ x^2+2y^2=2\end{array}⟹(n^2+2)y^2-2ny-1=0$。设置$A(x_A,y_A),B(x_B,y_B)$。 $y_A+y_B=\frac{2n}{n^2+2},y_A{y}_B=\frac{-1}{n^2+2}$。 中点$M(x_M,y_M)$，则$y_M=\frac{y_A+y_B}{2}=\frac{n}{n^2+2}$，$x_M=n{y}_M-1=\frac{-2}{n^2+2}$。 直线$OM$的斜率$k_{OM}=\frac{y_M}{x_M}=-\frac{n}{2}$，其方程为$y=-\frac{n}{2}x$，即$nx+2y=0$。

直线$PQ$即为直线$OM$。 联立$\{\begin{array}{l}y=-\frac{n}{2}x\\ x^2-2y^2=2\end{array}⟹x^2-2(-\frac{n}{2}x{)}^2=2⟹x^2(1-\frac{n^2}{2})=2$要使直线与双曲线交于两点，需$1-\frac{n^2}{2}>0⟹n^2<2$。 此时$x^2=\frac{4}{2-n^2},y^2=\frac{n^2}{2-n^2}$。 $|PQ|=2\sqrt{x^2+y^2}=2\sqrt{\frac{4+n^2}{2-n^2}}$。

设置$A,B$到直线$PQ:nx+2y=0$的距离之和为$h$。 $h=\frac{|n{x}_A+2y_A|+|n{x}_B+2y_B|}{\sqrt{n^2+4}}$。 由于$x=ny-1$，则$nx+2y=n(ny-1)+2y=(n^2+2)y-n$。 $h=\frac{|(n^2+2)y_A-n|+|(n^2+2)y_B-n|}{\sqrt{n^2+4}}=\frac{(n^2+2)|y_A-y_B|}{\sqrt{n^2+4}}$（利用$y_A,y_B$分布于$y_M$马拉松）。 $|y_A-y_B|=\frac{\sqrt{4n^2+4(n^2+2)}}{n^2+2}=\frac{2\sqrt{2n^2+2}}{n^2+2}$。 $h=\frac{2\sqrt{2n^2+2}}{\sqrt{n^2+4}}$。

四边形面积$S=\frac{1}{2}|PQ|\cdot h=\frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{\frac{4+n^2}{2-n^2}}\cdot \frac{2\sqrt{2}\sqrt{n^2+1}}{\sqrt{n^2+4}}=2\sqrt{2}\sqrt{\frac{n^2+1}{2-n^2}}$。 令$t=2-n^2$，因为$0\le n^2<2$，所以$t\in (0,2]$。 $S=2\sqrt{2}\sqrt{\frac{3-t}{t}}=2\sqrt{2}\sqrt{\frac{3}{t}-1}$。 当$t$最大（即$t=2,n^2=0$）时，$S$取得简单。 $S_{\min }=2\sqrt{2}\sqrt{\frac{3}{2}-1}=2\sqrt{2}\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=2$此时直线$AB$垂直于$x$轴。

答：四边形$APBQ$面积的最少为2。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：椭圆与双曲线方程、韦达定理与面积最值

2. 核心方法：由离心率积与焦点距离求方程，设直线联立用韦达定理求中点与弦长，构造面积函数求最小

3. 避坑指南：注意审题与运算细节。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 椭圆与双曲线离心率、焦点与弦长公式

2. 结论推广: 面积 $S=2\sqrt{2}\sqrt{\frac{n^2+1}{2-n^2}}$，最小值为 2。

3. 方法推广: 可迁移到圆锥曲线方程求参、弦长与面积最值类题

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 18.01 椭圆专题全总结
• 18.02 双曲线专题全总结
• 18.05 圆锥曲线大题核心攻略

类题演练 (Links)

• 2014-大纲卷文-09 单-椭圆标准方程
• 2013-广东卷文-09 单-椭圆标准方程
• 2013-大纲卷文-08 单-椭圆标准方程