Question

7．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\;（a＞b＞0）$的四個(gè)頂點(diǎn)構(gòu)成一個(gè)面積為$2\sqrt{3}$的四邊形，該四邊形的一個(gè)內(nèi)角為60°．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）直線l與橢圓E相交于A，B兩個(gè)不同的點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為C，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△OAB面積為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，求|OC|的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\sqrt{3}b}\\{2×\frac{1}{2}×2a×b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得a，b，即可得出．
（II）（1）當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，A，B兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，則x₁=x₂，y₁=-y₂，由A（x₁，y₁）在橢圓上，則$\frac{{{x_1}^2}}{3}+{y_1}^2=1$，而$S=|{x_1}{y_1}|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，解出即可得出|OC|．
（2）當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立可得：（3k²+1）x²+6kmx+3m²-3=0，由△＞0，得m²＜3k²+1，|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，原點(diǎn)O到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，△OAB的面積S=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，整理為（3k²+1）²-4m²（3k²+1）+4m⁴=0，利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式可得C，再利用兩點(diǎn)之間的距離公式及其二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出|OC|的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{a=\sqrt{3}b}\\{2×\frac{1}{2}×2a×b=2\sqrt{3}}\end{array}\right.$，解得a=$\sqrt{3}$，b=1，
∴橢圓E的方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}$=1．
（Ⅱ）（1）當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，A，B兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，則x₁=x₂，y₁=-y₂，
由A（x₁，y₁）在橢圓上，則$\frac{{{x_1}^2}}{3}+{y_1}^2=1$，而$S=|{x_1}{y_1}|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，解得$|{x_1}|=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$，$|{y_1}|=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
可知$C（±\frac{{\sqrt{6}}}{2}，0）$，∴$|OC|=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$．
（2）當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l：y=kx+m，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{3}+{y^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$消去y得（3k²+1）x²+6kmx+3m²-3=0，
由△=12（3k²-m²+1）＞0，得m²＜3k²+1，
則${x_1}+{x_2}=\frac{-6km}{{3{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{3{m^2}-3}}{{3{k^2}+1}}$，（*）
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$•\frac{2\sqrt{3}\sqrt{3{k}^{2}-{m}^{2}+1}}{3{k}^{2}+1}$，
原點(diǎn)O到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
△OAB的面積$S=\frac{1}{2}|AB|•d=\frac{1}{2}\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{2\sqrt{3}\sqrt{3{k^2}-{m^2}+1}}}{{3{k^2}+1}}•\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
整理得4m²（3k²+1-m²）=（3k²+1）²，即（3k²+1）²-4m²（3k²+1）+4m⁴=0，
∴（3k²+1-2m²）²=0，即2m²=3k²+1，滿足△=12（3k²-m²+1）＞0，
可知2m²≥1，
結(jié)合（*）得${x_1}+{x_2}=\frac{-3k}{m}$，${y_1}+{y_2}=k（{x_1}+{x_2}）+2m=\frac{{-3{k^2}}}{m}+2m=\frac{{-（2{m^2}-1）}}{m}+2m=\frac{1}{m}$，
則C$（-\frac{3k}{2m}，\frac{1}{2m}）$，∴$|OC{|^2}=\frac{{9{k^2}+1}}{{4{m^2}}}=\frac{{3（2{m^2}-1）+1}}{{4{m^2}}}=\frac{3}{2}-\frac{1}{{2{m^2}}}$，
由于2m²≥1，則$|OC{|^2}≥\frac{1}{2}$，當(dāng)且僅當(dāng)2m²=1，即k=0時(shí)，等號(hào)成立，故$|OC|≥\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
綜上所述，|OC|的最小值為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問(wèn)題、三角形與矩形面積計(jì)算公式、不等式的性質(zhì)，考查了分類(lèi)討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．