Question

7．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0），定義橢圓C上的點(diǎn)M（x₀，y₀）的“伴隨點(diǎn)”為$N（\frac{x_0}{a}，\frac{y_0}）$．
（1）求橢圓C上的點(diǎn)M的“伴隨點(diǎn)”N的軌跡方程；
（2）如果橢圓C上的點(diǎn)（1，$\frac{3}{2}$）的“伴隨點(diǎn)”為（$\frac{1}{2}$，$\frac{3}{2b}$），對于橢圓C上的任意點(diǎn)M及它的“伴隨點(diǎn)”N，求$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$的取值范圍；
（3）當(dāng)a=2，b=$\sqrt{3}$時，直線l交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)A，B的“伴隨點(diǎn)”分別是P，Q，且以PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，求△OAB的面積．

Answer 1

分析 （1）由$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}=ax}\\{{y_0}=by}\end{array}}\right.$，代入橢圓方程即可求得橢圓C上的點(diǎn)M的“伴隨點(diǎn)”N的軌跡方程；
（2）由題意，求得橢圓的方程，根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算，即可求得$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$的取值范圍；
（3）求得橢圓方程，設(shè)方程為y=kx+m，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)求得3+4k²=2m²，弦長公式及點(diǎn)到直線的距離公式，即可求得△OAB的面積，直線l的斜率不存在時，設(shè)方程為x=m，代入橢圓方程，即可求得△OAB的面積．

解答 解：（1）設(shè)N（x，y）由題意 $\left\{{\begin{array}{l}{x=\frac{x_0}{a}}\\{y=\frac{y_0}}\end{array}}\right.$，則$\left\{{\begin{array}{l}{{x_0}=ax}\\{{y_0}=by}\end{array}}\right.$，
又$\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$，
∴$\frac{{{{（ax）}^2}}}{a^2}+\frac{{{{（by）}^2}}}{b^2}=1（a＞b＞0）$，
從而得x²+y²=1…（3分）
（2）由$\frac{1}{2}=\frac{1}{a}$，得a=2．又$\frac{1}{a^2}+\frac{9}{{4{b^2}}}=1$，得$b=\sqrt{3}$．…（5分）
∵點(diǎn)M（x₀，y₀）在橢圓上，$\frac{x_0^2}{4}+\frac{y_0^2}{3}=1$，$y_0^2=3-\frac{3}{4}x_0^2$，且$0≤x_0^2≤4$，
$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{ON}$=（x₀，y₀）（$\frac{{x}_{0}}{2}$，$\frac{{y}_{0}}{\sqrt{3}}$）=$\frac{{x}_{0}^{2}}{2}$+$\frac{{y}_{0}^{2}}{\sqrt{3}}$=$\frac{2-\sqrt{3}}{4}$x₀²+$\sqrt{3}$，
由于$\frac{{2-\sqrt{3}}}{4}＞0$，$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$的取值范圍是[$\sqrt{3}$，2]（8分）
（3）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則$P（{\frac{x_1}{2}，\frac{y_1}{{\sqrt{3}}}}），\;Q（{\frac{x_2}{2}，\frac{y_2}{{\sqrt{3}}}}）$；
1）當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)方程為y=kx+m，由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$，
得（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0；
 有$\left\{\begin{array}{l}△=48（3+4{k^2}-{m^2}）＞0\\{x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{3+4{k^2}}}\\{x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-3）}}{{3+4{k^2}}}\end{array}\right.$①…（10分）
由以PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O可得：3x₁x₂+4y₁y₂=0；
整理得：$（3+4{k^2}）{x_1}{x_2}+4mk（{x_1}+{x_2}）+4{m^2}=0$②
將①式代入②式得：3+4k²=2m²，…（12分）
3+4k²＞0，則m²＞0，△=48m²＞0，
又點(diǎn)O到直線y=kx+m的距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
丨AB丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$×$\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{3+4{k}^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$×$\frac{4\sqrt{3}丨m丨}{3+4{k}^{2}}$，
∴${S_{△OAB}}=\frac{1}{2}|{AB}|d=\sqrt{3}$…（14分）
2）當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)方程為x=m（-2＜m＜2）
聯(lián)立橢圓方程得${y^2}=\frac{{3（4-{m^2}）}}{4}$；代入3x₁x₂+4y₁y₂=0，得$3{m^2}-4•\frac{{3（4-{m^2}）}}{4}=0$，
解得m²=2，從而${y^2}=\frac{3}{2}$，
S_△OAB=$\frac{1}{2}$丨AB丨×d=$\frac{1}{2}$丨m丨丨y₁-y₂丨=$\sqrt{3}$，
 綜上：△OAB的面積是定值$\sqrt{3}$．…（16分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，弦長公式，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于難題．