Question

4．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1（a＞0），P（$\frac{6\sqrt{2}}{5}$，-$\frac{8}{5}$）是橢圓E上的一點．
（1）求橢圓E的方程；
（2）若直線l與橢圓相交于B、C兩點，且滿足k_OB•k_OC=-$\frac{1}{2}$，O為坐標原點，求證：△OBC的面積為定值．

Answer 1

分析 （1）利用P（$\frac{6\sqrt{2}}{5}$，-$\frac{8}{5}$）是橢圓E上的一點，代入橢圓方程，解出a，進而得到橢圓方程；
（2）討論直線l的斜率不存在和存在，設(shè)出直線方程，代入橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，由斜率的公式，化簡可得t²=2+4k²，再由點到直線的距離公式，即可得到△OBC的面積為定值．

解答 （1）解：∵P（$\frac{6\sqrt{2}}{5}$，-$\frac{8}{5}$）是橢圓E上的一點，
∴$\frac{72}{25{a}^{2}}$+$\frac{16}{25}$=1，
∴a=2$\sqrt{2}$，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）證明：當(dāng)直線l的斜率不存在，令x=m，代入橢圓方程，
可得y=±2$\sqrt{1-\frac{{m}^{2}}{8}}$，由k_OB•k_OC=-$\frac{1}{2}$，可得$\frac{-4（1-\frac{{m}^{2}}{8}）}{{m}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
解得m=±2，交點為（2，±$\sqrt{2}$）或（-2，±$\sqrt{2}$），
即有△OBC的面積為$\frac{1}{2}$×2×2$\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$；
當(dāng)斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx+t，代入橢圓方程x²+2y²=8，
可得（1+2k²）x²+4ktx+2t²-8=0，
設(shè)B（x₁，y₁），C（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{t}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
|x₁-x₂|=$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{2\sqrt{8+16{k}^{2}-2{t}^{2}}}{1+2{k}^{2}}$，
由k_OB•k_OC=-$\frac{1}{2}$，可得x₁x₂+2y₁y₂=0，由y₁=kx₁+t，y₂=kx₂+t，
可得（1+2k²）x₁x₂+2kt（x₁+x₂）+2t²=0，
即有（1+2k²）•$\frac{2{t}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$+2kt（-$\frac{4kt}{1+2{k}^{2}}$）+2t²=0，
化簡可得，t²=2+4k²，
即有|x₁-x₂|=$\frac{4\sqrt{2}}{|t|}$，
原點到直線y=kx+t的距離為d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
可得△OBC的面積為S=$\frac{1}{2}$d|BC|=$\frac{1}{2}$$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$•$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{2}}{|t|}$=2$\sqrt{2}$．
總是可得△OBC的面積為定值2$\sqrt{2}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交弦長問題、點到直線的距離公式，三角形的面積公式的運用，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．