Question

9．已知橢圓C1：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=λ（λ＞0），不經(jīng)過原點(diǎn)O的直線l：y=kx+m（k＞0）與橢圓C相交于不同的兩點(diǎn)M，N，直線OM，MN，ON斜率依次構(gòu)成等比數(shù)列．
（I）求k的值，
（II）若△MON的面積為m²+1，求λ的最小值．并求出此時(shí)實(shí)數(shù)m的值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)直線l的方程為：y=kx+m，聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12λ}\end{array}\right.$，得：（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3λ）=0，由此根的判別式、韋達(dá)定理、等比數(shù)列可得k的值；
（2）求得判別式大于0的情況，運(yùn)用點(diǎn)到直線的距離公式和弦長公式，運(yùn)用三角形的面積公式，由條件解出λ=$\frac{2{m}^{2}}{3}$+$\frac{1}{2{m}^{2}}$+1，運(yùn)用基本不等式即可得到最小值及對應(yīng)的m的值．

解答 解：（1）由題意可設(shè)直線l的方程為：y=kx+m（k＞0，m≠0），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12λ}\end{array}\right.$，消去y并整理，得：（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3λ）=0，
則△=64k²m²-16（3+4k²）（m²-3λ）=16（4λk²-m²+3λ）＞0，
此時(shí)設(shè)M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），
則x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4（{m}^{2}-3λ）}{3+4{k}^{2}}$，
于是y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²，
又直線OM、MN、ON的斜率依次成等比數(shù)列，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=k²，
∴-$\frac{8{k}^{2}{m}^{2}}{3+4{k}^{2}}$+m²=0，
由m≠0得：k²=$\frac{3}{4}$，解得k=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（負(fù)的舍去）；
（2）由△＞0 得：λ＞$\frac{1}{6}$m²，
設(shè)原點(diǎn)O到直線l的距離為d，
則S_△OMN=$\frac{1}{2}$|MN|d=$\frac{1}{2}$•$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$|x₁-x₂|
=$\frac{1}{2}$|m|$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$|m|•$\sqrt{\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（3+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{16{m}^{2}-48λ}{3+4{k}^{2}}}$=m²+1，
由4k²=3，代入化簡可得λ=$\frac{2{m}^{2}}{3}$+$\frac{1}{2{m}^{2}}$+1≥2$\sqrt{\frac{2{m}^{2}}{3}•\frac{1}{2{m}^{2}}}$+1=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$+1．
當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{2{m}^{2}}{3}$=$\frac{1}{2{m}^{2}}$，即m=±$\sqrt{\frac{\sqrt{3}}{2}}$時(shí)，λ的最小值為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$+1．

點(diǎn)評 本題考查橢圓方程的運(yùn)用，考查三角形面積的求法，解題時(shí)要注意根的判別式、韋達(dá)定理、等比數(shù)列、弦長公式、基本不等式等知識點(diǎn)的靈活運(yùn)用．