Question

2．已知椭圆C的中心在原点，对称轴为坐标轴，左焦点为F₁（-1，0），离心率为$\frac{1}{2}$．
（1）求椭圆C标准方程；
（2）分别以椭圆C的四个顶点作坐标轴的垂线，围成如图所示的矩形，A，B是所围成的矩形在x上方的两个顶点，若P，Q是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ与椭圆的另外交点分别为P₁，Q₁，且直线OP，OQ的斜率之积等于直线OA，OB的斜率之积，试求四边形PQP₁Q₁的面积是否为定值，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知可得c，再由离心率求得a，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（2）设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），通过斜率计算可得${{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}=4$，分x₁=x₂、x₁≠x₂两种情况讨论，利用点到直线的距离公式、三角形面积公式计算即得结论．

解答 解：（1）由题意，c=1，又e=$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，∴a=2．
则b²=a²-c²=4-1=3．
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）结论：四边形PQP₁Q₁的面积为定值4$\sqrt{3}$．
理由如下：
由题意得：四条垂线的方程为：x=±2，y=±$\sqrt{3}$，
则A（2，$\sqrt{3}$），B（-2，$\sqrt{3}$），
∴k_OA•k_OB=-$\frac{3}{4}$．
设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），则$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=-$\frac{3}{4}$（*）
PQ=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$．
∵点P、Q在椭圆C上，∴${{y}_{1}}^{2}=3（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}）$，${{y}_{2}}^{2}=3（1-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}）$，
将（*）式平方得：9x₁²x₂²=16y₁²y₂²=9（4-x₁²）（4-x₂²），即x₁²+x₂²=4，
①若x₁=x₂，则P、P₁、Q、Q₂分别是直线OA、OB与椭圆的交点，
∴四个点的坐标为：（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），（$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），（-$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），（-$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），
∴四边形PQP₁Q₁的面积为4$\sqrt{3}$；
②若x₁≠x₂，则直线PQ的方程可设为：y-y₁=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
化简得：（y₂-y₁）x-（x₂-x₁）y+x₂y₁-x₁y₂=0，
∴点O到直线PQ的距离为d=$\frac{|{x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1}|}{\sqrt{（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}+（{y}_{2}-{y}_{1}）^{2}}}$，
∴△OPQ的面积S=$\frac{1}{2}$PQ•d=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|
=$\frac{1}{2}$$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}{y}_{1}{y}_{2}+{{x}_{2}}^{2}{{y}_{1}}^{2}}$=$\frac{1}{2}$$\sqrt{3{{x}_{1}}^{2}（1-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}）+\frac{3}{2}{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}+3{{x}_{2}}^{2}（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}）}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{3（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}）}$=$\frac{1}{2}\sqrt{3×4}=\sqrt{3}$．
根据椭圆的对称性，故四边形PQP₁Q₁的面积为4S，即为定值4$\sqrt{3}$．
综上：四边形PQP₁Q₁的面积为定值4$\sqrt{3}$．

点评 本题是一道直线与圆锥曲线的综合题，考查椭圆的标准方程、点的坐标、点到直线的距离、三角形面积公式，韦达定理等基础知识，考查分类讨论的思想，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．