Question

7．已知橢圓$C：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，如圖所示點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），P（x₃，y₃）為橢圓上任意三點．
（Ⅰ）若$\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OP}=\overrightarrow 0$，是否存在實數(shù)λ，使得代數(shù)式x₁x₂+λy₁y₂為定值．若存在，求出實數(shù)λ和x₁x₂+λy₁y₂的值；若不存在，說明理由．
（Ⅱ）若$若\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，求三角形OAB面積的最大值；
（Ⅲ）滿足（Ⅱ），且在三角形OAB面積取得最大值的前提下，若線段PA，PB與橢圓長軸和短軸交于點E，F(xiàn)（E，F(xiàn)不是橢圓的頂點）．判斷四邊形ABFE的面積是否為定值．若是，求出定值；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將A，B及P點坐標代入橢圓方程，作差，求得P與A，B坐標的關系，代入橢圓方程，即可求得$\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}+{y_1}{y_2}=-\frac{1}{2}$，存在實數(shù)λ=4使得x₁x₂+4y₁y₂=-2；
（Ⅱ）分類討論，當直線AB斜率存在時，代入橢圓方程，利用韋達定理及向量的坐標運算，根據(jù)基本不等式的性質，即可求得三角形OAB面積的最大值；
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知：A（2，0），B（0，1），分別求得E和F點坐標，根據(jù)四邊形的面積公式，代入即可求得四邊形ABEF的面積為S=2，為定值．

解答 解：（Ⅰ）由于$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{x_1}^2}}{4}+{y_1}^2=1\\ \frac{{{x_2}^2}}{4}+{y_2}^2=1\\ \frac{{{x_3}^2}}{4}+{y_3}^2=1\end{array}\right.$，且$\left\{\begin{array}{l}{x_3}=-（{x_1}+{x_2}）\\{y_3}=-（{y_1}+{y_2}）\end{array}\right.$；
則$\frac{{x}_{3}^{2}}{4}$+y₃²=$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}}{4}$+（y₁+y₂）=$\frac{{x}_{1}^{2}}{4}$+y₁²+$\frac{{x}_{2}^{2}}{4}$+y₂²+2（$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}$+y₁y₂）=1…（2分）
所以$\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}+{y_1}{y_2}=-\frac{1}{2}$，即x₁x₂+4y₁y₂=-2…（3分）
故，存在實數(shù)λ=4使得x₁x₂+4y₁y₂=-2．
（Ⅱ）當直線AB斜率不存在時，可設為x=m；聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}x=m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，
由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，得${m^2}-（1-\frac{m^2}{4}）=0$，即$m=±\frac{2}{5}\sqrt{5}$，${S_△}OAB=\frac{4}{5}$；…（4分）
當直線AB斜率存在時，可設為y=kx+m；
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$，得（4k²+1）x²+8kmx+（4m²-4）=0；
${x_1}+{x_2}=-\frac{8km}{{4{k^2}+1}}，{x_1}{x_2}=\frac{{4（{m^2}-1）}}{{4{k^2}+1}}$，…（6分）
由$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，得x₁x₂+y₁y₂=0，
即$（1+{k^2}）×\frac{{4（{m^2}-1）}}{{4{k^2}+1}}+km×（-\frac{8km}{{4{k^2}+1}}）+{m^2}=0$，5m²=4（k²+1）…（7分）
$|{AB}|=4\sqrt{1+{k^2}}•\frac{{\sqrt{4{k^2}+1-{m^2}}}}{{4{k^2}+1}}$，$h=d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$；
S_△OAB=$\frac{1}{2}$×丨AB丨×d=$\frac{4}{5}$×$\sqrt{\frac{16{k}^{4}+17{k}^{2}+1}{16{k}^{4}+8{k}^{2}+1}}$=$\frac{4}{5}$×$\sqrt{1+\frac{9{k}^{2}}{16{k}^{4}+8{k}^{2}+1}}$=$\frac{4}{5}$×$\sqrt{1+\frac{9}{16{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+8}}$≤$\frac{4}{5}$×$\sqrt{1+\frac{9}{2\sqrt{16{k}^{2}×\frac{1}{{k}^{2}}}+8}}$=1，
∴S_△OAB≤1，
當且僅當${k^4}=\frac{1}{16}$，即$k=±\frac{1}{2}$．等號成立時，
∴S_△OAB的最大值為1．     …（9分）
（Ⅲ）S_△OAB取得最大值時，$k=±\frac{1}{2}$，此時直線AB與坐標軸的交點恰好分別是橢圓長軸和短軸各一個端點；
不妨取A（2，0），B（0，1），若線段PA，PB與橢圓長軸和短軸交于點E，F(xiàn)（E，F(xiàn)不是橢圓與坐標軸的交點）．
此時點P定在第三象限，即x₃＜0，y₃＜0；
直線PA的方程為$y=\frac{y_3}{{{x_3}-2}}（x-2）$，令x=0，得$E（0，-\frac{{2{y_3}}}{{{x_3}-2}}）$…（10分）
同理，得$F（-\frac{x_3}{{{y_3}-1}}，0）$…（11分）
四邊形ABEF的面積為：S=$\frac{1}{2}$×丨AF丨×丨BE丨=$\frac{1}{2}$×丨2+$\frac{{x}_{3}}{{y}_{3}-1}$丨×丨1+$\frac{2{y}_{3}}{{x}_{3}-2}$丨，
=$\frac{（{x}_{3}+2{y}_{3}-2）^{2}}{2（{x}_{3}-2）（{y}_{3}-1）}$，
=$\frac{{x}_{3}^{2}+4{y}_{3}^{2}+4{x}_{3}{y}_{3}-4{x}_{3}-8{y}_{3}+4}{2（{x}_{3}{y}_{3}-{x}_{3}-2{y}_{3}+2）}$，
=$\frac{4{x}_{3}{y}_{3}-4{x}_{3}-8{y}_{3}+8}{2（{x}_{3}{y}_{3}-{x}_{3}-2{y}_{3}+2）}$=2，
∴四邊形ABFE的面積是否為定值，定值為2．…（13分）

點評 本題考查橢圓的性質，直線與橢圓的位置關系，考查韋達定理，向量數(shù)量積的坐標運算，基本不等式的應用，考查計算能力，屬于難題．