Question

4．已知橢圓C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右頂點(diǎn)為（1，0），且離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）設(shè)橢圓C的上焦點(diǎn)為F，過F且斜率為-$\sqrt{2}$的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，若$\overrightarrow{OP}$=$\overrightarrow{OA}$+$\overrightarrow{OB}$（其中O為坐標(biāo)原點(diǎn)），求點(diǎn)P的坐標(biāo)及四邊形OAPB的面積．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的右頂點(diǎn)為（1，0），且離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，列出方程組，求出a=$\sqrt{2}$，b=1，由此能求出橢圓C的方程．
（2）直線l的方程為$y=-\sqrt{2}x+1$代入橢圓$\frac{y^2}{2}+{x^2}=1$，得$4{x^2}-2\sqrt{2}x-1=0$，由此利用韋達(dá)定理、向量知識(shí)、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式，結(jié)合已知條件能求出點(diǎn)P的坐標(biāo)及四邊形OAPB的面積．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{y}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的右頂點(diǎn)為（1，0），且離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{b=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，
解得a=$\sqrt{2}$，b=1，c=1，
∴橢圓C的方程為$\frac{y^2}{2}+{x^2}=1$…（3分）
（2）∵F（0，1），∴直線l的方程為$y=-\sqrt{2}x+1$
代入橢圓$\frac{y^2}{2}+{x^2}=1$，得$4{x^2}-2\sqrt{2}x-1=0$，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₃，y₃），則${x_1}+{x_2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}，{x_1}{x_2}=-\frac{1}{4}$，
∵$\overrightarrow{OP}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}$，即（x₃，y₃）=（x₁，y₁）+（x₂，y₂），
∴${x_3}={x_1}+{x_2}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}，{y_3}={y_1}+{y_2}=-\sqrt{2}（{x_1}+{x_2}）+2=1$，
∴$P（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，1）$…（8分）
$|{AB}|=\sqrt{1+{k^2}}\sqrt{{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}}=\sqrt{3}\sqrt{{{（\frac{{\sqrt{2}}}{2}）}^2}-4×（-\frac{1}{4}）}=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}$
原點(diǎn)O到直線l的距離為$d=\frac{{\sqrt{3}}}{3}$，
四邊形OAPB的面積$S=2{S_{△OAB}}=|{AB}|•d=\frac{{3\sqrt{2}}}{2}×\frac{{\sqrt{3}}}{3}=\frac{{\sqrt{6}}}{2}$…．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓方程的求法，考查點(diǎn)P的坐標(biāo)及四邊形OAPB的面積的求法，考查橢圓、韋達(dá)定理、向量知識(shí)、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線距離公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力、運(yùn)算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、函數(shù)與方程思想，是中檔題．