Question

15．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（2，$\sqrt{2}$）且離心率等于$\frac{\sqrt{2}}{2}$，點A，B分別為橢圓C的左右頂點，點P在橢圓C上．
（1）求橢圓C的方程；
（2）M，N是橢圓C上非頂點的兩點，滿足OM∥AP，ON∥BP，求證：三角形MON的面積是定值．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓的離心率以及橢圓結(jié)果的點，求出長半軸與短半軸的長，即可得到橢圓方程；
（2）求出k_APk_BP=-$\frac{1}{2}$，設(shè)直線MN的方程為x=my+t，代入橢圓方程，利用k_OMk_ON=-$\frac{1}{2}$，推出t²=2m²+4，利用三角形的面積公式，化簡求解即可推出結(jié)論．

解答 （1）解：橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（2，$\sqrt{2}$）且離心率等于$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
可得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即：$\frac{{a}^{2}-^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{2}$，$\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{2}{^{2}}=1$，解得a²=8，b²=4，
所求橢圓方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（2）證明：由題意M，N是橢圓C上非頂點的兩點，
且AP∥OM，BP∥ON，設(shè)P（2$\sqrt{2}$cosθ，2sinθ）
則直線AP，BP斜率必存在且不為0，
又由已知k_APk_BP=$\frac{2sinθ}{2\sqrt{2}cosθ+2\sqrt{2}}•\frac{2sinθ}{2\sqrt{2}cosθ-2\sqrt{2}}$=$\frac{4si{n}^{2}θ}{8（co{s}^{2}θ-1）}$=$-\frac{1}{2}$．
因為AP∥OM，BP∥ON，所以k_OMk_ON=$-\frac{1}{2}$
設(shè)直線MN的方程為x=my+t，代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，
得（2+m²）y²+2mty+t²-8=0…①，
設(shè)M，N的坐標(biāo)分別為M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則y₁+y₂=-$\frac{2mt}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{t}^{2}-8}{2+{m}^{2}}$，x₁x₂=
m²y₁y₂+mt（y₁+y₂）+t²=$\frac{2{t}^{2}-8{m}^{2}}{2+{m}^{2}}$，
所以k_OMk_ON=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\frac{{t}^{2}-8}{2+{m}^{2}}}{\frac{2{t}^{2}-8{m}^{2}}{2+{m}^{2}}}$=-$\frac{1}{2}$，得t²=2m²+4，
又S_△MON=$\frac{1}{2}$|t||y₁-y₂|=$\frac{1}{2}|t|\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{1}{2}|t|\sqrt{（\frac{2mt}{2+{m}^{2}}）^{2}-4•\frac{{t}^{2}-8}{2+{m}^{2}}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{{t}^{2}•（\frac{4{m}^{2}{t}^{2}}{\frac{1}{4}{t}^{4}}-4×\frac{{t}^{2}-8}{\frac{1}{2}{t}^{2}}）}$=$\frac{1}{2}\sqrt{32}$=2$\sqrt{2}$，
即△MON的面積為定值2$\sqrt{2}$…（12分）

點評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)以及橢圓方程的求法，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查斜率、面積的計算，屬于中檔題．