2008_退役省自主命题 (2008·文)
22．（本小题满分 14 分）
已知曲线 $C_{1}: \frac{|x|}{a}+\frac{|y|}{b}=1(a>b>0)$ 所围成的封闭图形的面积为 $4 \sqrt{5}$ ，曲线 $C_{1}$ 的内切圆半径为 $\frac{2 \sqrt{5}}{3}$ ．记 $C_{2}$ 为以曲线 $C_{1}$ 与坐标轴的交点为顶点的椭圆．
（I）求椭圆 $C_{2}$ 的标准方程；
（II）设 $A B$ 是过椭圆 $C_{2}$ 中心的任意弦，$l$ 是线段 $A B$ 的垂直平分线．$M$ 是 $l$ 上异于椭圆中心的点。
①若 $|M O|=\lambda|O A|$（ $O$ 为坐标原点），当点 $A$ 在椭圆 $C_{2}$ 上运动时，求点 $M$ 的轨迹方程；
②若 $M$ 是 $l$ 与椭圆 $C_{2}$ 的交点，求 $\triangle A M B$ 的面积的最小值．
## 2008年普通高等学校招生全国统一考试答案
【解答】
解：（I）由题意得 $\left\{\begin{array}{l}2 a b=4 \sqrt{5}, \\ \frac{a b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\frac{2 \sqrt{5}}{3}\end{array}\right.$ ．
又 $a>b>0$ ，
解得 $a^{2}=5, b^{2}=4$ ．
因此所求椭圆的标准方程为 $\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1$ ．
（II）（1）假设 $A B$ 所在的直线斜率存在且不为零，设 $A B$ 所在直线方程为
$y=k x(k \neq 0)$,
$A\left(x_{A}, y_{A}\right)$.
解方程组 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1, \\ y=k x,\end{array}\right.$ 得 $x_{A}^{2}=\frac{20}{4+5 k^{2}}, y_{A}^{2}=\frac{20 k^{2}}{4+5 k^{2}}$ ，
所以 $|O A|^{2}=x_{A}^{2}+y_{A}^{2}=\frac{20}{4+5 k^{2}}+\frac{20 k^{2}}{4+5 k^{2}}=\frac{20\left(1+k^{2}\right)}{4+5 k^{2}}$ ．
设 $M(x, y)$ ，由题意知 $|M O|=\lambda|O A|(\lambda \neq 0)$ ，
所以 $|M O|^{2}=\lambda^{2}|O A|^{2}$ ，即 $x^{2}+y^{2}=\lambda^{2} \frac{20\left(1+k^{2}\right)}{4+5 k^{2}}$ ，
因为 $l$ 是 $A B$ 的垂直平分线，
所以直线 $l$ 的方程为 $y=-\frac{1}{k} x$ ，
即 $k=-\frac{x}{y}$ ，
因此 $x^{2}+y^{2}=\lambda^{2} \frac{20\left(1+\frac{x^{2}}{y^{2}}\right)}{4+5 \cdot \frac{x^{2}}{y^{2}}}=\lambda^{2} \frac{20\left(x^{2}+y^{2}\right)}{4 y^{2}+5 x^{2}}$ ，
又 $x^{2}+y^{2} \neq 0$ ，
所以 $5 x^{2}+4 y^{2}=20 \lambda^{2}$ ，
故 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{5}=\lambda^{2}$ ．
又当 $k=0$ 或不存在时，上式仍然成立．
综上所述，$M$ 的轨迹方程为 $\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{5}=\lambda^{2}(\lambda \neq 0)$ ．
（2）当 $k$ 存在且 $k \neq 0$ 时，由①得 $x_{A}^{2}=\frac{20}{4+5 k^{2}}, y_{A}^{2}=\frac{20 k^{2}}{4+5 k^{2}}$ ，
由 $\left\{\begin{array}{l}\frac{x^{2}}{5}+\frac{y^{2}}{4}=1, \\ y=-\frac{1}{k} x,\end{array}\right.$ 解得 $x_{M}^{2}=\frac{20 k^{2}}{5+4 k^{2}}, y_{M}^{2}=\frac{20}{5+4 k^{2}}$ ，
所以 $|O A|^{2}=x_{A}^{2}+y_{A}^{2}=\frac{20\left(1+k^{2}\right)}{4+5 k^{2}},|A B|^{2}=4|O A|^{2}=\frac{80\left(1+k^{2}\right)}{4+5 k^{2}},|O M|^{2}=\frac{20\left(1+k^{2}\right)}{5+4 k^{2}}$ ．
解法一：由于 $S_{\triangle A M B}^{2}=\frac{1}{4}|A B|^{2} \cdot|O M|^{2}$
$=\frac{1}{4} \times \frac{80\left(1+k^{2}\right)}{4+5 k^{2}} \times \frac{20\left(1+k^{2}\right)}{5+4 k^{2}}$
$=\frac{400\left(1+k^{2}\right)^{2}}{\left(4+5 k^{2}\right)\left(5+4 k^{2}\right)}$
$\geqslant \frac{400\left(1+k^{2}\right)^{2}}{\left(\frac{4+5 k^{2}+5+4 k^{2}}{2}\right)^{2}}$
$=\frac{1600\left(1+k^{2}\right)^{2}}{81\left(1+k^{2}\right)^{2}}=\left(\frac{40}{9}\right)^{2}$,
当且仅当 $4+5 k^{2}=5+4 k^{2}$ 时等号成立，即 $k= \pm 1$ 时等号成立，此时 $\triangle A M B$ 面积的最小
值是 $S_{\triangle A M B}=\frac{40}{9}$ ．
当 $k=0, S_{\triangle A M B}=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{5} \times 2=2 \sqrt{5}>\frac{40}{9}$ ．
当 $k$ 不存在时，$S_{\triangle A M B}=\frac{1}{2} \times \sqrt{5} \times 4=2 \sqrt{5}>\frac{40}{9}$ ．
综上所述，$\triangle A M B$ 的面积的最小值为 $\frac{40}{9}$ ．
解法二：因为 $\frac{1}{|O A|^{2}}+\frac{1}{|O M|^{2}}=\frac{1}{\frac{20\left(1+k^{2}\right)}{4+5 k^{2}}}+\frac{1}{\frac{20\left(1+k^{2}\right)}{5+4 k^{2}}}=\frac{4+5 k^{2}+5+4 k^{2}}{20\left(1+k^{2}\right)}=\frac{9}{20}$ ，
又 $\frac{1}{|O A|^{2}}+\frac{1}{|O M|^{2}} \geqslant \frac{2}{|O A| \cdot|O M|},|O A| \cdot|O M| \geqslant \frac{40}{9}$ ，
当且仅当 $4+5 k^{2}=5+4 k^{2}$ 时等号成立，即 $k= \pm 1$ 时等号成立，
此时 $\triangle A M B$ 面积的最小值是 $S_{\triangle A M B}=\frac{40}{9}$ ．
当 $k=0, S_{\triangle A M B}=\frac{1}{2} \times 2 \sqrt{5} \times 2=2 \sqrt{5}>\frac{40}{9}$ ．
当 $k$ 不存在时，$S_{\triangle A M B}=\frac{1}{2} \times \sqrt{5} \times 4=2 \sqrt{5}>\frac{40}{9}$ ．
综上所述，$\triangle A M B$ 的面积的最小值为 $\frac{40}{9}$ ．