Question

18．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點（3，-1），離心率e=$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
（1）求橢圓C的方程；
（2）分別過橢圓C的四個頂點作坐標軸的垂線，圍成如圖所示的矩形，A、B是所圍成的矩形在x軸上方的兩個頂點．若P、Q是橢圓C上兩個動點，直線0P、OQ與橢圓的另一交點分別為P₁、Q₁，且直線OP、0Q的斜率之積等于直線OA、0B的斜率之積，試問四邊形PQP₁Q₁的面積是否為定值？若為定值，求出其值；若不為定值，說明理由（O為坐標原點）．

Answer 1

分析 （1）由題意結(jié)合隱含條件解關(guān)于a，b，c的方程組，求得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），通過斜率計算可得${{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}=12$，分x₁=x₂、x₁≠x₂兩種情況討論，利用點到直線的距離公式、三角形面積公式計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）由題意得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{6}}{3}}\\{\frac{9}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得：a²=12，b²=4．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）結(jié)論：四邊形PQP₁Q₁的面積為定值．
理由如下：
由題意得：四條垂線的方程為：x=±2$\sqrt{3}$，y=±2，
則A（2$\sqrt{3}$，2），B（-2$\sqrt{3}$，2），
∴${k}_{OA}•{k}_{OB}=-\frac{1}{3}$．
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=-\frac{1}{3}$（*）
PQ=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$．
∵點P、Q在橢圓C上，∴${{y}_{1}}^{2}=4（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{12}），{{y}_{2}}^{2}=4（1-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{12}）$，
將（*）式平方得：${{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}=9×16（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{12}）（1-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{12}）$，即${{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}=12$，
①若x₁=x₂，則P、P₁、Q、Q₁分別是直線OA、OB與橢圓的交點，
∴四個點的坐標為：（$\sqrt{6}，\sqrt{2}$），（$-\sqrt{6}，-\sqrt{2}$），（-$\sqrt{6}，\sqrt{2}$），（$\sqrt{6}，-\sqrt{2}$），
∴四邊形PQP₁Q₁的面積為$8\sqrt{3}$；
②若x₁≠x₂，則直線PQ的方程可設為：$y-{y}_{1}=\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}（x-{x}_{1}）$，
化簡得：（y₂-y₁）x-（x₂-x₁）y+x₂y₁-x₁y₂=0，
∴點O到直線PQ的距離為d=$\frac{|{x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1}|}{\sqrt{（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}+（{y}_{2}-{y}_{1}）^{2}}}$，
∴△OPQ的面積S=$\frac{1}{2}$PQ•d=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}{y}_{1}{y}_{2}+{{x}_{2}}^{2}{{y}_{1}}^{2}}$
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{4（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}）}$=$\frac{1}{2}\sqrt{4×12}=2\sqrt{3}$．
根據(jù)橢圓的對稱性，故四邊形PQP₁Q₁的面積為4S，即為定值$8\sqrt{3}$．
綜上：四邊形PQP₁Q₁的面積為定值$8\sqrt{3}$．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查橢圓的標準方程、點的坐標、點到直線的距離、三角形面積公式，韋達定理等基礎知識，考查分類討論的思想，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．