Question

5．如圖，點(diǎn)A（-2，0），B（2，0）分別為橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的左右頂點(diǎn)，P，M，N為橢圓C上非頂點(diǎn)的三點(diǎn)，直線AP，BP的斜率分別為k₁，k₂，且${k_1}{k_2}=-\frac{1}{4}$，AP∥OM，BP∥ON．
（1）求橢圓C的方程；
（2）判斷△OMN的面積是否為定值？若為定值，求出該定值；若不為定值，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知a=2，直線的斜率公式，k₁k₂=-$\frac{1}{4}$，及y₂²=$\frac{^{2}（{2}^{2}-{x}^{2}）}{{2}^{2}}$，即可求得b的值，即可求得橢圓C的方程；
（2）設(shè)直線l的方程，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理，及直線的斜率公式，即可求得2t²-4k²=1，利用弦長(zhǎng)公式及三角形的面積公式，即可求得△OMN的面積為定值1．

解答 解：（1）由題意可知：a=2，設(shè)P（x，y），（x≠±2，y≠±b），則y₂²=$\frac{^{2}（{2}^{2}-{x}^{2}）}{{2}^{2}}$，
則直線AP斜率k₁=$\frac{y}{x+2}$，直線BP的斜率k₂=$\frac{y}{x-2}$，
則k₁k₂=$\frac{y}{x+2}$•$\frac{y}{x-2}$=$\frac{{y}^{2}}{{x}^{2}-4}$=-$\frac{^{2}}{4}$=-$\frac{1}{4}$，
∴b=1，
橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）設(shè)直線MN的方程為y=kx+t，M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
則$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（4k²+1）x²+8ktx+4t²-4=0，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{8kt}{4{k}^{2}+1}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$，
由k₁k₂=-$\frac{1}{4}$，則$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=-$\frac{1}{4}$，
則4y₁y₂+x₁x₂=0，4（kx₁+t）（kx₂+t）+x₁x₂=0，
整理得：（4k²+1）x₁x₂+4kt（x₁+x₂）+4t²=0，
：（4k²+1）×$\frac{4{t}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}$+4kt（-$\frac{8kt}{4{k}^{2}+1}$）+4t²=0，整理得：2t²-4k²=1，
丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$，
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（-\frac{8kt}{4{k}^{2}+1}）^{2}-4×\frac{4{t}^{2}-4}{4{k}^{2}+1}}$=2$\sqrt{2}$$\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{4{k}^{2}+1}}$，
由O到MN的距離d=$\frac{丨t丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
△OMN的面積S，S=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$$\sqrt{\frac{{k}^{2}+1}{4{k}^{2}+1}}$×$\frac{丨t丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{2}$×$\frac{丨t丨}{\sqrt{2{t}^{2}}}$=1．
∴△OMN的面積1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，弦長(zhǎng)公式，點(diǎn)到直線的距離公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．