Question

12．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）與雙曲線$\frac{x^2}{2}-{y^2}$=1有共同的焦點(diǎn)，拋物線x²=4y的焦點(diǎn)為橢圓C的一個(gè)頂點(diǎn)．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若點(diǎn)M（x₀，y₀）在橢圓C上，則點(diǎn)$N（\frac{x_0}{a}，\frac{y_0}）$稱為點(diǎn)M的一個(gè)“橢點(diǎn)”．直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，且A，B兩點(diǎn)的“橢點(diǎn)”分別為P，Q．
（i）若直線l的方程為y=x，求P，Q兩點(diǎn)的坐標(biāo)；
（ii）若以PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，那么△AOB的面積是否為定值？若是定值，試求出該定值；若不是定值，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）求得雙曲線的焦點(diǎn)，拋物線的焦點(diǎn)，可得b=1，c=$\sqrt{3}$，求得a=2，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）（i）將直線y=x代入橢圓方程，可得A，B的坐標(biāo)，由a=2，b=1，可得P，Q的坐標(biāo)；
（ii）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），由題意可得$P（\frac{x_1}{2}，{y_1}），Q（\frac{x_2}{2}，{y_2}）$．討論①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m．代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，點(diǎn)到直線的距離公式，以及直徑所對(duì)圓周角為直角，可得向量的數(shù)量積為0，化簡(jiǎn)整理，即可AOB的面積為定值1．

解答 解：（1）由雙曲線$\frac{x^2}{2}-{y^2}=1$的焦點(diǎn)坐標(biāo)分別為$（-\sqrt{3}，0），（\sqrt{3}，0）$，
拋物線x²=4y的焦點(diǎn)坐標(biāo)為（0，1）．
故橢圓C的焦點(diǎn)坐標(biāo)分別為$（-\sqrt{3}，0），（\sqrt{3}，0）$，
其中一個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)為（0，1），
故$c=\sqrt{3}，b=1，a=2$，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$；
（2）（i）由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+{y^2}=1\\ y=x\end{array}\right.$得${x^2}=\frac{4}{5}$，解得$x=±\frac{{2\sqrt{5}}}{5}$．
所以$A（\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}），B（-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}）$，
或$A（-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}），B（\frac{{2\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}）$．
因?yàn)閍=2，b=1，
所以$P（\frac{{\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}），Q（-\frac{{\sqrt{5}}}{5}，-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}）$
或$P（-\frac{{\sqrt{5}}}{5}，-\frac{{2\sqrt{5}}}{5}），Q（\frac{{\sqrt{5}}}{5}，\frac{{2\sqrt{5}}}{5}）$．
（ii）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
則由題意可得$P（\frac{x_1}{2}，{y_1}），Q（\frac{x_2}{2}，{y_2}）$．
①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，x₁=x₂，y₁=-y₂，
由以PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)可得$\overrightarrow{OP}⊥\overrightarrow{OQ}$，
即$\frac{x_1}{2}×\frac{x_2}{2}+{y_1}{y_2}=\frac{x_1^2}{4}-y_1^2=0$，解得$x_1^2=4y_1^2$．
又點(diǎn)A（x₁，y₁）在橢圓上，所以$\frac{4y_1^2}{4}+y_1^2=1$，
解得$|{y_1}|=\frac{{\sqrt{2}}}{2}，|{x_1}|=\sqrt{2}$，
所以${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|{x_1}|×|{y_1}-{y_2}|=1$．
②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kx+m．
由$\left\{\begin{array}{l}y=kx+m\\ \frac{x^2}{4}+{y^2}=1\end{array}\right.$得，（4k²+1）x²+8kmx+4m²-4=0，
△=（8km）²-4（4k²+1）（4m²-4）=16（4k²+1-m²）＞0，
由根與系數(shù)的關(guān)系可得${x_1}+{x_2}=\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{4{m^2}-4}}{{4{k^2}+1}}$，
由以PQ為直徑的圓經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)可得$\overrightarrow{OP}⊥\overrightarrow{OQ}$，即$\frac{x_1}{2}×\frac{x_2}{2}+{y_1}{y_2}=0$，
即$\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}+{y_1}{y_2}=0$．
故$\frac{{{x_1}{x_2}}}{4}+（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）$=$\frac{{1+4{k^2}}}{4}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}$
=$\frac{{1+4{k^2}}}{4}×\frac{{4{m^2}-4}}{{4{k^2}+1}}+km×\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}+{m^2}$=$2{m^2}-1-\frac{{8{k^2}{m^2}}}{{4{k^2}+1}}$=0，
整理得（2m²-1）（4k²+1）-8k²m²=0，即2m²-4k²-1=0，
所以4k²+1=2m²．
而$|{x_1}-{x_2}{|^2}={（{x_1}+{x_2}）^2}-4{x_1}{x_2}={（\frac{-8km}{{4{k^2}+1}}）^2}-4×\frac{{4{m^2}-4}}{{4{k^2}+1}}$
=$\frac{16}{{{{（4{k^2}+1）}^2}}}（4{k^2}+1-{m^2}）$，
故$|AB|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}-{x_2}|=\frac{{4\sqrt{1+{k^2}}}}{{4{k^2}+1}}\sqrt{4{k^2}+1-{m^2}}$，
而點(diǎn)O到直線AB的距離$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$，
所以${S_{△AOB}}=\frac{1}{2}|AB|×d=\frac{1}{2}×\frac{{4\sqrt{1+{k^2}}}}{{4{k^2}+1}}\sqrt{4{k^2}+1-{m^2}}×\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}$
=$\frac{2|m|}{{4{k^2}+1}}\sqrt{4{k^2}+1-{m^2}}=\frac{2|m|}{{2{m^2}}}\sqrt{2{m^2}-{m^2}}=1$．
綜上可知，△AOB的面積為定值1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，注意運(yùn)用雙曲線和拋物線的焦點(diǎn)，考查直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，弦長公式和點(diǎn)到直線的距離公式，考查化簡(jiǎn)整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．