Question

3．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，過橢圓的左焦點F₁且與x軸垂直的直線與橢圓相交于P，Q兩點，△OPQ的面積為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，O為坐標原點．
（Ⅰ）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）點M、N為橢圓E上不同的兩點，k_OM•k_ON=-$\frac{b^2}{a^2}$，求證：△OMN的面積為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，過橢圓的左焦點F₁且與x軸垂直的直線與橢圓相交于P，Q兩點，△OPQ的面積為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，O為坐標原點，列出方程組求出a，b，由此能求出橢圓E的方程．
（Ⅱ）當l⊥x軸時，設M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}=1$，由k_OM•k_ON=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，得$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$×$\frac{-{y}_{0}}{{x}_{0}}$=-$\frac{1}{4}$，由此能求出S_△MON=1．當l與x軸不垂直時，設直線l的方程為：y=kx+m，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由此利用根的判別式、韋達定理、弦長公式、點到直線距離公式，結合已知條件能求出S_△MON=1為定值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
過橢圓的左焦點F₁且與x軸垂直的直線與橢圓相交于P，Q兩點，△OPQ的面積為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，O為坐標原點，
∴$\left\{\begin{array}{l}{e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{\frac{1}{2}×\frac{2^{2}}{a}×c=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a=2，c=$\sqrt{3}$，b=1，
∴橢圓E的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
證明：（Ⅱ）當l⊥x軸時，設M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），
則$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}=1$，由k_OM•k_ON=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，得$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}$×$\frac{-{y}_{0}}{{x}_{0}}$=-$\frac{1}{4}$，
聯(lián)立解得：$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=\sqrt{2}}\\{{y}_{0}=±\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{0}=-\sqrt{2}}\\{{y}_{0}=±\frac{\sqrt{2}}{2}}\end{array}\right.$，∴S_△MON=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{2}×\sqrt{2}$=1．
當l與x軸不垂直時，設直線l的方程為：y=kx+m，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△＞0，可得1+4k²＞m²．
∴x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
則|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+4{k}^{2}）[\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（4{m}^{2}-4）}{1+4{k}^{2}}]}$
=$\frac{4\sqrt{（1+{k}^{2}）（1+4{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$．
由k_OM•k_ON=-$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$=-$\frac{1}{4}$，
化為4（kx₁+m）（kx₂+m）+x₁x₂=0，即（1+4k²）x₁x₂+4mk（x₁+x₂）+4m²=0，
∴$\frac{（1+4{k}^{2}）（4{m}^{2}-4）}{1+4{k}^{2}}$-$\frac{32{k}^{2}{m}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+4m²=0，化為：2m²=1+4k²．
把m²=$\frac{1+4{k}^{2}}{2}$代入|MN|，得|MN|=$\frac{2\sqrt{2（1+{k}^{2}）}}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$，
原點O到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．

∴S_△MON=$\frac{1}{2}$|MN|d=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$×|m|=$\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}×\frac{\sqrt{1+4{k}^{2}}}{\sqrt{2}}$=1．
綜上得S_△MON=1為定值．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與圓相切的性質、一元二次方程的根與系數(shù)的關系、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形面積計算公式、二次函數(shù)的單調性，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．