Question

4．已知椭圆Γ：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左顶点为R，点A（2，1），B（-2，1），O为坐标原点．
（I）若P是椭圆Γ上任意一点，$\overrightarrow{OP}$=m$\overrightarrow{OA}$+n$\overrightarrow{OB}$，求m²+n²的值；
（II）设Q是椭圆Γ上任意一点，S（6，0），求$\overrightarrow{QS}$•$\overrightarrow{QR}$的取值范围；
（Ⅲ）设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）是椭圆Γ上的两个动点，满足k_OM•k_ON=k_OA•k_OB，试探究△OMN的面积是否为定值，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出P（ma-na，m+n）代入椭圆方程，即可得到m²+n²的值．
（Ⅱ）设Q（x，y），则$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}=（6-x，y）（-2-x，-y）$=（x-6）（x+2）+1-$\frac{{x}^{2}}{4}$=$\frac{3{x}^{2}}{4}-4x-11$，可得$\overrightarrow{QS}$•$\overrightarrow{QR}$的取值范围．
（Ⅲ）①当MN的斜率不存在时，不妨设M（x₁，y₁），N（x₁，-y₁）且x₁＞0，y₁＞0，通过斜率乘积，以及椭圆方程，求解三角形的面积．
②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+t，联立直线与椭圆的方程，利用韦达定理，通过斜率关系，然后求出弦长，点到直线的距离求解三角形的面积．

解答 解：（Ⅰ）由$\overrightarrow{OP}$=m$\overrightarrow{OA}$+n$\overrightarrow{OB}$=（2m-2n，m+n），得P（2m-2n，m+n）
（m-n）²+（m+n）²=1，即化简m²+n²=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）设Q（x，y），则$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}=（6-x，y）（-2-x，-y）$
=（x-6）（x+2）+1-$\frac{{x}^{2}}{4}$=$\frac{3{x}^{2}}{4}-4x-11$
∴当x=-2时，$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}$最大值为0；
当x=2时，$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}$最小值为-16；
∴$\overrightarrow{QS}$•$\overrightarrow{QR}$的取值范围为[-16，0]；
（Ⅲ）①当MN的斜率不存在时，不妨设M（x₁，y₁），N（x₁，-y₁）且x₁＞0，y₁＞0
由k_OM•k_ON=k_OA•k_OB得$\frac{-{y}_{1}2}{{{x}_{1}}^{2}}=-\frac{1}{4}$，化简得 x₁²=4y₁²=4-x₁²
解得x₁=$\sqrt{2}$，y₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，此时△OMN的面积是为：$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$．
②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y=kx+t，
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$得（1+4k²）x²+8ktx+4（t²-1）=0．
由M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），可得x₁+x₂₌$\frac{-8kt}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂₌$\frac{4（{t}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$；
y₁y₂=（kx₁+t）（kx₂+t）=k²x₁x₂+kt（x₁+x₂）x+t²
由条件k_OM•k_ON=k_OA•k_OB，得$-\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}=-\frac{1}{4}$，平方得（x₁x₂）²=16（y₁y₂）²
可得2t²=4k²+1
点O到直线MN的距离d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
△OMN的面积s=$\frac{1}{2}•MN•d=\frac{|t|\\;\\;}{2}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=1（定值），
综上：△OMN的面积为定值1．

点评 本题考查直线与椭圆的综合应用，弦长公式以及三角形的面积个数的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用，属于中档题．