Question

14．定义：若点M（x₀，y₀）在椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）上，则点N（$\frac{{x}_{0}}{a}$，$\frac{{y}_{0}}{b}$）为点M的一个“依附点”．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的长半轴长和焦距均为2，若椭圆C的弦AB的端点A，B的“依附点”分别是P，Q，且OP⊥OQ．
（I）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）求证：S_△OAB为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）直接由已知求得a，c的值，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）分斜率存在和不存在讨论，当直线的斜率存在时，设出直线方程y=kx+m，再设出A，B，P，Q的坐标，联立直线方程和椭圆方程后，结合根与系数的关系及OP⊥OQ得到k与m的关系，再由点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，代入三角形面积公式求得S_△OAB的值；当直线的斜率不存在时直接求解得答案．

解答 （Ⅰ）解：由题意知，a=2，c=1，∴b²=a²-c²=3，
∴椭圆C的方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（Ⅱ）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则P（$\frac{{x}_{1}}{2}，\frac{{y}_{1}}{\sqrt{3}}$），Q（$\frac{{x}_{2}}{2}，\frac{{y}_{2}}{\sqrt{3}}$），
①当直线l的斜率存在时，设方程为y=kx+m，
联立$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\\{y=kx+m}\end{array}\right.$，得：（3+4k²）x²+8kmx+4（m²-3）=0．
则有△=（8km）²-4（3+4k²）×4（m²-3）=48（3+4k²-m²）＞0，
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{3+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4（{m}^{2}-3）}{3+4{k}^{2}}$，①
由OP⊥OQ，可得：$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=（\frac{{x}_{1}}{2}，\frac{{y}_{1}}{\sqrt{3}}）•（\frac{{x}_{2}}{2}，\frac{{y}_{2}}{\sqrt{3}}）$=$\frac{{x}_{1}{x}_{2}}{4}+\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{3}$=0，即3x₁x₂+4y₁y₂=0•
把y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m代入整理得：
（3+4k²）x₁x₂+4km（x₁+x₂）+4m²=0，②
将①式代入②式得：3+4k²=2m²，
∵3+4k²＞0，∴m²＞0，
则△=48m²＞0．
又点O到直线y=kx+m的距离d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
∴|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}|{x}_{1}-{x}_{2}|$=$\sqrt{1+{k}^{2}}$$•\frac{4\sqrt{3}\sqrt{3+4{k}^{2}-{m}^{2}}}{3+4{k}^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{4\sqrt{3}|m|}{3+4{k}^{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\frac{4\sqrt{3}|m|}{2{m}^{2}}$，
∴${S}_{△OAB}=\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{2\sqrt{3}{m}^{2}}{2{m}^{2}}=\sqrt{3}$；
②当直线l的斜率不存在时，设方程为x=m（-2＜m＜2）
联立椭圆方程得：${y}^{2}=\frac{3（4-{m}^{2}）}{4}$，代入3x₁x₂+4y₁y₂=0，得到$3{m}^{2}-\frac{3（4-{m}^{2}）}{4}=0$，
即m=±$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，y=±$\frac{2\sqrt{15}}{5}$．
${S}_{△OAB}=\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{1}{2}$|m||y₁-y₂|=$\sqrt{3}$．
综上：△OAB的面积是定值$\sqrt{3}$．

点评 本题考查椭圆方程的求法，考查了椭圆的简单性质，训练了弦长公式及点到直线距离公式的应用，考查了计算能力，是压轴题．