分析 (I)由題意可得2a=4√2,解得a.由點(diǎn)A是橢圓E的右頂點(diǎn),直線BC過(guò)原點(diǎn)O,點(diǎn)B在第一象限,且|BC|=2|AB|,可得|BO|=|AB|,
又cos∠ABC=15,|OA|=a=2√2,利用余弦定理解得|BO|.可得B(√2,√3),代入橢圓方程即可得出.
(II)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),設(shè)直線L的方程為:y=kx+m.與橢圓方程聯(lián)立化為(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,△>0,化為8k2+4>m2.利用根與系數(shù)的關(guān)系可得則|MN|=√(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2].由直線l與圓x2+y2=1相切,可得|m|√1+k2=1,化為m2=1+k2,利用S△MON=12|MN|,通過(guò)換元再利用二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出.本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切的性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.
解答 解:(I)∵2a=4√2,∴a=2√2.
∵點(diǎn)A是橢圓E的右頂點(diǎn),直線BC過(guò)原點(diǎn)O,點(diǎn)B在第一象限,且|BC|=2|AB|,
∴|BO|=|AB|,
∵cos∠ABC=15,|OA|=a=2√2,
∴|OA|2=|BO|2+|AB|2-2|BO||AB|cos∠ABO,
∴8=2|BO|2(1−15),解得|BO|=√5.
∴B(√2,√3),代入橢圓方程可得:28+32=1=1,解得b2=4.
∴橢圓E的方程為x28+y24=1.
(II)設(shè)M(x1,y1),N(x2,y2),設(shè)直線l的方程為:y=kx+m.
聯(lián)立{y=kx+mx2+2y2=8,化為(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,
∵直線l與橢圓相交于不同的兩點(diǎn),∴△>0,化為8k2+4>m2.
∴x1+x2=−4km1+2k2,x1x2=2m2−81+2k2,
則|MN|=√(1+k2)[(x1+x2)2−4x1x2]=√1+k2√(−4km1+2k2)2−4×2m2−81+2k2=2√2√1+k2√8k2−m2+41+2k2,
∵直線l與圓x2+y2=1相切,∴|m|√1+k2=1,化為m2=1+k2,
∴|MN|=2√2√1+k2√7k2+31+2k2,
則S△MON=12|MN|×1=√2√1+k2√7k2+31+2k2,
令1+2k2=t≥1,則k2=t−12代入上式可得:√22√−(1t−3)2+16,
∵t≥1,∴0<1t≤1,∴√142<S△MON≤√6.
即△MON的面積的取值范圍是(√142,√6].
點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切的性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性,考查了推理能力與計(jì)算能力,屬于難題.
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A. | 4+\frac{2π}{3} | B. | 8+\frac{2π}{3} | C. | 4+\frac{4π}{3} | D. | 6+\frac{4π}{3} |
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A. | \frac{7}{12} | B. | \frac{5}{12} | C. | \frac{1}{3}+ln2 | D. | \frac{1}{6}+ln2 |
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A. | π | B. | \frac{π}{3} | C. | \frac{π}{4} | D. | \frac{π}{2} |
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