Question

18．在平面直角坐標系xOy中，動點P與兩定點A（-2，0），B（2，0）連線的斜率乘積為$-\frac{1}{2}$，記點P的軌跡為曲線C．
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）若曲線C上的兩點M，N滿足OM∥PA，ON∥PB，求證：△OMN的面積為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）設P（x，y），由題意可得k_PA•k_PB=-$\frac{1}{2}$，運用直線的斜率公式，化簡即可得到點P的軌跡為曲線C；
（Ⅱ）設方程為y=kx+m，由兩點M，N滿足OM∥PA，ON∥PB及（Ⅰ）得直線OM，ON的斜率乘積為$-\frac{1}{2}$，可得到m、k的關系，再用弦長公式及距離公式，求出△OMN的底、高，表示：△OMN的面積即可．

解答 解：（Ⅰ）設P（x，y），則$\frac{y}{x+2}×\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2}$，
整理得$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$（x≠±2）．…（5分）
（Ⅱ）依題直線OM，ON的斜率乘積為$-\frac{1}{2}$．
當直線MN的斜率不存在時，直線OM，ON的斜率為$±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，設直線OM的方程
是$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$，由$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+2{y^2}=4}\\{y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x}\end{array}}\right.$得$x=±\sqrt{2}$，y=±1．取$M（\sqrt{2}，1）$，則$N（\sqrt{2}，-1）$．
所以△OMN的面積為$\sqrt{2}$．
當直線MN的斜率存在時，設方程為y=kx+m．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x^2}+2{y^2}-4=0}\end{array}}\right.$得，（2k²+1）x²+4kmx+2m²-4=0．
因為M，N在橢圓C上，
所以△=16k²m²-4（2k²+1）（2m²-4）＞0，解得4k²-m²+2＞0．
設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），則${x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$；
所以$|{MN}|=\sqrt{（{k^2}+1）[{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}]}=\sqrt{（{k^2}+1）[{{（\frac{4km}{{2{k^2}+1}}）}^2}-4×\frac{{2{m^2}-4}}{{2{k^2}+1}}]}$=$2\sqrt{\frac{{2（{k^2}+1）（4{k^2}-{m^2}+2）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}}$．
設點O到直線MN的距離為d，則$d=\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$．
所以△OMN的面積為${S_{△OMN}}=\frac{1}{2}×d×|{MN}|=\sqrt{\frac{{2{m^2}（4{k^2}-{m^2}+2）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}}$…①．
因為OM∥PA，ON∥PB，直線OM，ON的斜率乘積為$-\frac{1}{2}$，所以$\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{1}{2}$．
所以$\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}$=$\frac{{{m^2}-4{k^2}}}{{2{m^2}-4}}$．
由$\frac{{{m^2}-4{k^2}}}{{2{m^2}-4}}=-\frac{1}{2}$，得2k²+1=m²…②．
由①②，得${S_{△OMN}}=\frac{1}{2}×d×|{MN}|=\sqrt{\frac{{2{m^2}（2{m^2}-{m^2}）}}{{{{（{m^2}）}^2}}}}=\sqrt{2}$．…（13分）

點評 本題考查軌跡方程的求法，注意運用直線的斜率公式，考查直線的斜率之積為定值，注意聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達定理和弦長公式，考查運算能力，屬于中檔題