Question

17．如圖，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右頂點分別為A₁，A₂，P，Q，T為橢圓異于A₁，A₂的點，若橢圓C的焦距為2$\sqrt{2}$，且橢圓過點M（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，-$\frac{\sqrt{7}}{2}$）．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若△OPQ的面積為$\sqrt{2}$，A₁R∥OP，求證：OQ∥A₂R．

Answer 1

分析 （1）由題意可知c=$\sqrt{2}$，求得焦點坐標(biāo)，由兩點之間的距離公式求得丨MF₁丨=$\frac{5}{2}$，丨MF₂丨=$\frac{3}{2}$，根據(jù)橢圓的定義可知丨MF₁丨+丨MF₂丨=2a及b²=a²-c²，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）將直線A₁R的方程代入橢圓方程，求得R點坐標(biāo)，由斜率公式即可求得${k}_{{A}_{2}k}$，由題意可知，由證明證OQ∥A₂R，只需證${k}_{{A}_{2}k}$=k_OP，因此只需證明k_OR•k_OP=-$\frac{1}{2}$，當(dāng)直線PQ的斜率不存在，根據(jù)三角形的面積公式，求得x₁•x₂=2，y₁•y₂=-1，由k_OR•k_OP=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$，當(dāng)斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理，弦長公式及三角形的面積公式求得m²=2k²+1，k_OR•k_OP=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$，因此OQ∥A₂R．

解答 解：（1）由題意可知：2c=2$\sqrt{2}$，即c=$\sqrt{2}$，則橢圓的焦點坐標(biāo)F₁（-$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{2}$，0），
則丨MF₁丨=$\frac{5}{2}$，丨MF₂丨=$\frac{3}{2}$，
由橢圓的定義可知：丨MF₁丨+丨MF₂丨=2a，解得：a=2，
由b²=a²-c²=4-2=2，
∴橢圓的方程為：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$；
（2）證明：設(shè)直線A₁R的方程為y=k_OP（x+2），代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
整理得：（2${k}_{OP}^{2}$+1）x2+8${k}_{OP}^{2}$x+8${k}_{OP}^{2}$-4=0，
由一元二次方程的兩個根-2和x_B，
可知：x_R=$\frac{2-4{k}_{OP}^{2}}{2{k}_{OP}^{2}+1}$，y_R=$\frac{4{k}_{OP}}{2{k}_{OP}^{2}+1}$，從而${k}_{{A}_{2}k}$=$\frac{\frac{4{k}_{OP}}{2{k}_{OP}^{2}+1}}{\frac{2-4{k}_{OP}^{2}}{2{k}_{OP}^{2}+1}-2}$=-$\frac{1}{2{k}_{OP}}$，
要證OQ∥A₂R，只需證${k}_{{A}_{2}k}$=k_OP，
即證-$\frac{1}{2{k}_{OP}}$=k_OP，即k_OR•k_OP=-$\frac{1}{2}$，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
若直線PQ的斜率不存在，由S_△OPQ=$\sqrt{2}$，可知：x₁•x₂=2，y₁•y₂=-1，
∴k_OR•k_OP=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
當(dāng)直線PQ的斜率存在，設(shè)PQ的方程為y=kx+m，代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
整理得：（2k²+1）x²+4kmx+2m²-4=0，
由△=8（4k²+2-m²）＞0，
由韋達(dá)定理可知：x₁+x₂=-$\frac{4km}{2{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{2{m}^{2}-4}{2{k}^{2}+1}$，
由S_△OPQ=$\frac{1}{2}$丨m丨•丨x₁-x₂丨=$\frac{1}{2}$丨m丨•$\frac{\sqrt{8（4{k}^{2}+2-{m}^{2}）}}{2{k}^{2}+1}$=$\sqrt{2}$，
整理得：m⁴-（4k²+2）m²+（2k²+1）²=0，得m²=2k²+1，滿足△＞0，
k_OR•k_OP=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{{x}_{1}x}_{2}}$=$\frac{{m}^{2}-4{k}^{2}}{2{m}^{2}-4}$=$\frac{2{k}^{2}+1-4{k}^{2}}{2（2{k}^{2}+1）-4}$=-$\frac{1}{2}$，
綜上可知：OQ∥A₂R．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，韋達(dá)定理，弦長公式及三角形的面積公式的綜合運用，考查分析法在證明題的應(yīng)用，考查分類討論思想，屬于中檔題．