Question

19．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$P（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$在橢圓C上．
（Ⅰ） 求橢圓C的方程；
（Ⅱ）直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M、N，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，且k_OM•k_ON=-$\frac{b^2}{a^2}$．
（ⅰ）求證：△OMN的面積為定值；
（ⅱ）求$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$的最值．

Answer 1

分析 （I）橢圓C的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$P（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$在橢圓C上．可得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}$=1，a²=b²+c²，聯(lián)立解得即可得出．
（II））（i）證明：當(dāng)l⊥x軸時(shí)，設(shè)M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），則$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$+${y}_{0}^{2}$=1，由k_OM•k_ON=-$\frac{b^2}{a^2}$，可得$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}×\frac{-{y}_{0}}{{x}_{0}}$=-$\frac{1}{4}$，聯(lián)立解得即可得出．
當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)直線l的方程為：y=kx+m，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立化為：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，△＞0，可得1+4k²＞m²．利用根與系數(shù)的關(guān)系可得|MN|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$．由k_OM•k_ON=-$\frac{b^2}{a^2}$，可得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=-$\frac{1}{4}$，化為4（kx₁+m）（kx₂+m）+x₁x₂=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入可得：2m²=1+4k²．把m²=$\frac{1+4{k}^{2}}{2}$代入|MN|，可得|MN|=$\frac{2\sqrt{2（1+{k}^{2}）}}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$，原點(diǎn)O到直線l的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．即可得出．S_△MON=$\frac{1}{2}$|MN|d=1為定值．
（ii）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，由（i）可得：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=${x}_{0}^{2}-{y}_{0}^{2}$．當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，可得：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+k²）x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²=$\frac{5{m}^{2}-4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．把m²=$\frac{1+4{k}^{2}}{2}$代入$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$，化簡(jiǎn)整理即可得出．

解答 解：（I）∵橢圓C的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，$P（\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$在橢圓C上．∴$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，$\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}$=1，a²=b²+c²，聯(lián)立解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1．
（II）（i）證明：當(dāng)l⊥x軸時(shí)，設(shè)M（x₀，y₀），N（x₀，-y₀），則$\frac{{x}_{0}^{2}}{4}$+${y}_{0}^{2}$=1，由k_OM•k_ON=-$\frac{b^2}{a^2}$，可得$\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}}×\frac{-{y}_{0}}{{x}_{0}}$=-$\frac{1}{4}$，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(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)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|=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{k}^{2}）[\frac{64{k}^{2}{m}^{2}}{（1+4{k}^{2}）^{2}}-\frac{4（4{m}^{2}-4）}{1+4{k}^{2}}]}$=$\frac{4\sqrt{（1+{k}^{2}）（1+4{k}^{2}-{m}^{2}）}}{1+4{k}^{2}}$．
由k_OM•k_ON=-$\frac{b^2}{a^2}$，可得$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}•\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=-$\frac{1}{4}$，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|，可得|MN|=$\frac{2\sqrt{2（1+{k}^{2}）}}{\sqrt{1+4{k}^{2}}}$，
原點(diǎn)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．
綜上可得S_△MON=1為定值．
（ii）當(dāng)l⊥x軸時(shí)，由（i）可得：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=${x}_{0}^{2}-{y}_{0}^{2}$=$\frac{3}{2}$．
當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，可得：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+k²）x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²
=$\frac{（1+{k}^{2}）（4{m}^{2}-4）}{1+4{k}^{2}}$-$\frac{8{m}^{2}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+m²=$\frac{5{m}^{2}-4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$．
把m²=$\frac{1+4{k}^{2}}{2}$代入可得：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=$\frac{1}{2}×$$\frac{12{k}^{2}-3}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{3}{2}$-$\frac{3}{1+4{k}^{2}}$．
由△＞0，可得1+4k²＞$\frac{1+4{k}^{2}}{2}$恒成立，∴k∈R．∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$∈$[-\frac{3}{2}，\frac{3}{2}）$．
綜上可得：$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$∈$[-\frac{3}{2}，\frac{3}{2}]$．
∴$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$的最小值為$-\frac{3}{2}$，最大值為$\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切的性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系、弦長(zhǎng)公式、點(diǎn)到直線的距離公式、三角形面積計(jì)算公式、二次函數(shù)的單調(diào)性，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．