Question

8．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，點(diǎn)$Q（{b\;\;，\;\;\frac{a}}）$在橢圓上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
（1）求橢圓C的方程；
（2）已知點(diǎn)P，M，N為橢圓C上的三點(diǎn)，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求該定值．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率得出a、c的關(guān)系，再由a、b、c的平方關(guān)系，
把點(diǎn)Q的坐標(biāo)代入橢圓C的方程，求出b、a的值，寫(xiě)出橢圓C的方程；
（2）討論直線(xiàn)PN的斜率k不存在和斜率k存在時(shí)，分別計(jì)算四邊形OPMN的面積S，
即可得出四邊形OPMN的面積為定值．

解答 解：（1）由橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，
得${e^2}=\frac{c^2}{a^2}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{{a}^{2}{-b}^{2}}{{a}^{2}}$=$\frac{1}{2}$
∴$\frac{b^2}{a^2}=\frac{1}{2}$，
∴a²=2b²；
將Q代入橢圓C的方程，得$\frac{^{2}}{{2b}^{2}}$+$\frac{{2b}^{2}}{^{4}}$=1，
解得b²=4，
∴a²=8，
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$；
（2）當(dāng)直線(xiàn)PN的斜率k不存在時(shí)，PN方程為：$x=\sqrt{2}$或$x=-\sqrt{2}$，
從而有$|{PN}|=2\sqrt{3}$，
所以四邊形OPMN的面積為
$S=\frac{1}{2}|{PN}|•|{OM}|=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}×2\sqrt{2}=2\sqrt{6}$；
當(dāng)直線(xiàn)PN的斜率k存在時(shí)，
設(shè)直線(xiàn)PN方程為：y=kx+m（m≠0），P（x₁，y₁），N（x₂，y₂）；
將PN的方程代入C整理得：（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
所以${x_1}+{x_2}=\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}$，${x_1}•{x_2}=\frac{{2{m^2}-8}}{{1+2{k^2}}}$，
${y_1}+{y_2}=k（{{x_1}+{x_2}}）+2m=\frac{2m}{{1+2{k^2}}}$，
由$\overrightarrow{OM}=\overrightarrow{OP}+\overrightarrow{ON}$得：$M（{\frac{-4km}{{1+2{k^2}}}，\frac{2m}{{1+2{k^2}}}}）$，
將M點(diǎn)坐標(biāo)代入橢圓C方程得：m²=1+2k²；
點(diǎn)O到直線(xiàn)PN的距離為$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
$|{PN}|=\sqrt{1+{k^2}}|{{x_1}-{x_2}}|$，
四邊形OPMN的面積為
$S=d•|{PN}|=|m|•|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{1+2{k^2}}•|{{x_1}-{x_2}}|=\sqrt{16{k^2}-8{m^2}+32}=2\sqrt{6}$．
綜上，平行四邊形OPMN的面積S為定值$2\sqrt{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線(xiàn)與圓錐曲線(xiàn)的綜合應(yīng)用問(wèn)題，也考查了分類(lèi)討論思想的應(yīng)用問(wèn)題，考查了轉(zhuǎn)化法與方程組以及根與系數(shù)關(guān)系的應(yīng)用問(wèn)題，是綜合性題目．