Question

16．设P、Q、R、S是椭圆C₁：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1$（a＞b＞0）的四个顶点，四边形PQRS是圆C₀：x²+y²=$\frac{36}{7}$的外切平行四边形，其面积为12$\sqrt{3}$．椭圆C₁的内接△ABC的重心（三条中线的交点）为坐标原点O．
（Ⅰ）求椭圆C₁的方程；
（Ⅱ）△ABC的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可得关于a，b的方程组，求解方程组得到a，b的值，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）当直线AB斜率不存在时，直接求出|AB|=$3\sqrt{3}$，C到直线AB的距离d=$3\sqrt{3}$，可得△ABC的面积；当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：y=kx+m，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．联立直线方程与椭圆方程，化为关于x的一元二次方程，由判别式大于0可得k与m的关系，利用根与系数的关系可得A，B横坐标的和与积，由O为△ABC的重心求得C的坐标把C点坐标代入椭圆方程，可得4m²=12k²+9．由弦长公式求得|AB|，再求出点C到直线AB的距离d，代入三角形面积公式整理得答案．

解答 解：（Ⅰ）∵四边形PQRS是圆C₀外切平行四边形，∴$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}=\frac{6}{\sqrt{7}}$，
又四边形PQRS的面积S=$\frac{1}{2}×2a×2b=12\sqrt{3}$，联立解得a²=12，b²=9，
故所求椭圆C₁ 的方程为$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{9}=1$；
（Ⅱ）当直线AB斜率不存在时，
∵O为△ABC的重心，∴C为椭圆的左、右顶点，
不妨设C（$-2\sqrt{3}$，0），则直线AB的方程为x=$\sqrt{3}$，
可得|AB|=$3\sqrt{3}$，C到直线AB的距离d=$3\sqrt{3}$，
∴${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}|AB|d$=$\frac{27}{2}$．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB方程为：y=kx+m，
A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{9}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-36=0，
则△=64k²m²-4（3+4k²）（4m²-36）=48（12k²+9-m²）＞0．
即12k²+9＞m²，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}$，${x}_{1}{x}_{2}=\frac{4{m}^{2}-36}{3+4{k}^{2}}$，
∴${y}_{1}+{y}_{2}=k（{x}_{1}+{x}_{2}）+2m=\frac{6m}{3+4{k}^{2}}$．
∵O为△ABC的重心，∴$\overrightarrow{OC}=-（\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}）=（\frac{8km}{3+4{k}^{2}}，\frac{-6m}{3+4{k}^{2}}）$，
∵C点在椭圆C₁上，故有$\frac{（\frac{8km}{3+4{k}^{2}}）^{2}}{12}+\frac{（\frac{-6m}{3+4{k}^{2}}）^{2}}{9}=1$，
化简得4m²=12k²+9．
∴$|AB|=\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（\frac{8km}{3+4{k}^{2}}）^{2}-4（\frac{4{m}^{2}-36}{3+4{k}^{2}}）}$=$\frac{4\sqrt{3}•\sqrt{1+{k}^{2}}}{3+4{k}^{2}}\sqrt{12{k}^{2}+9-{m}^{2}}$．
又点C到直线AB的距离d=$\frac{|3m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$（d是原点到AB距离的3倍得到）．
∴${S}_{△ABC}=\frac{1}{2}|AB|•d=\frac{6\sqrt{3}|m|}{3+4{k}^{2}}\sqrt{12{k}^{2}+9-{m}^{2}}$=$\frac{6\sqrt{3}×\sqrt{3}{m}^{2}}{\frac{4}{3}{m}^{2}}=\frac{27}{2}$．
综上可得，△ABC的面积为定值$\frac{27}{2}$．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查“分类讨论”的数学思想方法与“设而不求”的解题思想方法，是中档题．