Question

20．已知點A（0，2），橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，F(xiàn)是橢圓焦點，直線AF的斜率為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，O為坐標原點．
（1）求E的方程．
（2）若直線l：y=kx+m與橢圓E交于不同的兩點M，N，以O(shè)M，ON為鄰邊作平行四邊形OMPN，點P恰在橢圓E上．
①求證：m²-k²是定值，并求出該定值；
②求△OMN的面積．

Answer 1

分析 （1）F（-c，0），則$\frac{2}{c}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，聯(lián)立解得即可；
（2）①設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），直線方程與橢圓方程聯(lián)立，化為（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得x₁+x₂，x₁x₂．y₁+y₂，根據(jù)以O(shè)M，ON為鄰邊作平行四邊形OMPN，可得P（x₁+x₂，y₁+y₂），由于點P恰在橢圓E上，代入橢圓方程可得m²-k²=$\frac{1}{4}$為定值．
②由弦長公式可得|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$．原點O到直線M的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．利用S_△OMN=$\frac{1}{2}d|MN|$即可得出．

解答 解：（1）F（-c，0），則$\frac{2}{c}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，又$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，a²=b²+c²，
聯(lián)立解得c=$\sqrt{3}$，a=2，b=1．
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）①證明：設(shè)M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，化為（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△＞0，化為1+4k²＞m²．
x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．
y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m=$\frac{-8{k}^{2}m}{1+4{k}^{2}}$+2m=$\frac{2m}{1+4{k}^{2}}$，
∵以O(shè)M，ON為鄰邊作平行四邊形OMPN，
∴P（x₁+x₂，y₁+y₂），即$（\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}，\frac{2m}{1+4{k}^{2}}）$，
∵點P恰在橢圓E上，
∴$\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{4（1+4{k}^{2}）^{2}}$+$\frac{4{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}$=1，化為m²-k²=$\frac{1+4{k}^{2}}{4（1+4{k}^{2}）}$=$\frac{1}{4}$為定值．
②解：|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-4×\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}）}$=$\frac{4\sqrt{（1+{k}^{2}）（1+4{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$．
原點O到直線M的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴S_△OMN=$\frac{1}{2}d|MN|$=$\frac{2\sqrt{[1+4{k}^{2}-（{k}^{2}+\frac{1}{4}）]（{k}^{2}+\frac{1}{4}）}}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形面積計算公式、向量的平行四邊形法則，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．