Question

16．已知橢圓過（0，2）與（1，0）兩點，直線l與其交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）兩點，若向量$\overrightarrow{m}$=（2x₁，y₁），$\overrightarrow{n}$=（2x₂，y₂），且$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{n}$，O為坐標(biāo)原點．
（1）若直線l過橢圓的焦點F（0，c）（c為半焦距），求直線l的斜率k的值；
（2）試問：△AOB的面積是否為定值？如果是，請給予證明；如果不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)出橢圓方程，代入點（0，2）和（1，0），求得橢圓方程，設(shè)出直線l的方程，代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理，結(jié)合向量垂直的條件：數(shù)量積為0，即可計算得到k；
（2）設(shè)出直線l的方程，代入橢圓方程，運用韋達(dá)定理，結(jié)合向量垂直的條件，化簡整理，再由三角形的面積公式S=$\frac{1}{2}$|t|•|x₁-x₂|，計算整理即可得到定值1．

解答 解：（1）設(shè)橢圓方程為mx²+ny²=1，（m，n＞0），
由題意代入點（0，2）和（1，0），可得m=1，n=$\frac{1}{4}$，
則橢圓方程為x²+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
焦點F（0，$\sqrt{3}$），可設(shè)直線l：y=kx+$\sqrt{3}$，
代入橢圓方程可得，（4+k²）x²+2$\sqrt{3}$kx-1=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{2\sqrt{3}k}{4+{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{1}{4+{k}^{2}}$，
向量$\overrightarrow{m}$=（2x₁，y₁），$\overrightarrow{n}$=（2x₂，y₂），且$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{n}$，
則4x₁x₂+y₁y₂=0，由y₁=kx₁+$\sqrt{3}$，y₂=kx₂+$\sqrt{3}$，
即有-$\frac{4}{4+{k}^{2}}$-k²•$\frac{1}{4+{k}^{2}}$+3-$\frac{6{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$=0，
解得k=$±\sqrt{2}$；
（2）設(shè)直線l：y=kx+t，或x=x₁，
代入橢圓方程可得，（4+k²）x²+2ktx+t²-4=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{2kt}{4+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{t}^{2}-4}{4+{k}^{2}}$，
向量$\overrightarrow{m}$=（2x₁，y₁），$\overrightarrow{n}$=（2x₂，y₂），且$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{n}$，
則4x₁x₂+y₁y₂=0，由y₁=kx₁+t，y₂=kx₂+t，
即有$\frac{4（{t}^{2}-4）}{4+{k}^{2}}$+k²•$\frac{{t}^{2}-4}{4+{k}^{2}}$+t²-$\frac{2{k}^{2}{t}^{2}}{4+{k}^{2}}$=0，
化簡可得4+k²=2t²，
則△AOB的面積為S=$\frac{1}{2}$|t|•|x₁-x₂|=$\frac{1}{2}$|t|•$\sqrt{（\frac{-2kt}{4+{k}^{2}}）^{2}-\frac{4（{t}^{2}-4）}{4+{k}^{2}}}$
=2|t|•$\frac{\sqrt{{k}^{2}+4-{t}^{2}}}{4+{k}^{2}}$=2|t|•$\frac{|t|}{2{t}^{2}}$=1．
若直線為x=x₁時，代入橢圓方程可得，y²=4-4x₁²，
由4x₁x₂+y₁y₂=0，可得x₁²=${\;}^{\frac{1}{2}}$，y₁²=2，
△AOB的面積為S=$\frac{1}{2}$|x₁|•2|y₁|=1．
故△AOB的面積為定值1．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓方程的運用，聯(lián)立直線方程，消去y，運用韋達(dá)定理，同時考查向量的垂直的條件，考查運算能力，屬于中檔題和易錯題．