Question

17．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，不經(jīng)過原點O的直線l：y=kx+m（k＞0）與橢圓E相交于不同的兩點A、B，直線OA，AB，OB的斜率依次構(gòu)成等比數(shù)列．
（Ⅰ）求a，b，k的關(guān)系式；
（Ⅱ）若離心率$e=\frac{1}{2}$且$|{AB}|=\sqrt{7}|{m+\frac{1}{m}}|$，當m為何值時，橢圓的焦距取得最小值？

Answer 1

分析 （Ⅰ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），運用等比數(shù)列的中項的性質(zhì)，以及聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理，化簡整理，即可得到b=ak；
（Ⅱ）運用離心率公式，可得斜率k，再由弦長公式，結(jié)合條件，運用基本不等式即可得到所求最值，以及m的取值．

解答 解：（Ⅰ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
由直線OA，AB，OB的斜率依次構(gòu)成等比數(shù)列，
得${k^2}={k_{OA}}•{k_{OB}}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}$，
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\\ y=kx+m\end{array}\right.$，可得（b²+a²k²）x²+2a²kmx+a²m²-a²b²=0，
故△=（2a²km）²-4（b²+a²k²）（a²m²-a²b²）＞0，
即b²-m²+a²k²＞0，
又x₁+x₂=-$\frac{2{a}^{2}km}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{m}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
則${k^2}=\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}$，
即$km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=0$，
即$-\frac{{2{a^2}{k^2}{m^2}}}{{（{b^2}+{a^2}{k^2}）}}+{m^2}=0$，
又直線不經(jīng)過原點，所以m≠0，
所以b²=a²k²即b=ak；
（Ⅱ）若$e=\frac{1}{2}$，則$a=2c，b=\sqrt{3}c$，${k^2}=\frac{3}{4}$，
又k＞0，得$k=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
則x₁+x₂=-$\frac{2{a}^{2}km}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$=-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$m，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{m}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$=$\frac{2}{3}$m²-2c²，
|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$•$\sqrt{（-\frac{2\sqrt{3}m}{3}）^{2}-4（\frac{2}{3}{m}^{2}-2{c}^{2}）^{2}}$
=$\frac{{\sqrt{7}}}{2}\sqrt{-\frac{{4{m^2}}}{3}+8{c^2}}=\sqrt{7}|{m+\frac{1}{m}}|$，
化簡得$2{c^2}=\frac{{4{m^2}}}{3}+\frac{1}{m^2}+2≥\frac{{4\sqrt{3}}}{3}+2$（△＞0恒成立），
當$m=±\frac{{\root{4}{12}}}{2}$時，焦距最�。�

點評 本題考查橢圓方程的運用，注意聯(lián)立直線方程，運用韋達定理，考查直線的斜率公式的運用和等比數(shù)列的中項的性質(zhì)，以及弦長公式和基本不等式的運用，屬于中檔題．