Question

2．已知橢圓C的中心在原點，對稱軸為坐標(biāo)軸，左焦點為F₁（-1，0），離心率為$\frac{1}{2}$．
（1）求橢圓C標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）分別以橢圓C的四個頂點作坐標(biāo)軸的垂線，圍成如圖所示的矩形，A，B是所圍成的矩形在x上方的兩個頂點，若P，Q是橢圓C上兩個動點，直線OP，OQ與橢圓的另外交點分別為P₁，Q₁，且直線OP，OQ的斜率之積等于直線OA，OB的斜率之積，試求四邊形PQP₁Q₁的面積是否為定值，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由已知可得c，再由離心率求得a，結(jié)合隱含條件求得b，則橢圓方程可求；
（2）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），通過斜率計算可得${{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}=4$，分x₁=x₂、x₁≠x₂兩種情況討論，利用點到直線的距離公式、三角形面積公式計算即得結(jié)論．

解答 解：（1）由題意，c=1，又e=$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，∴a=2．
則b²=a²-c²=4-1=3．
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）結(jié)論：四邊形PQP₁Q₁的面積為定值4$\sqrt{3}$．
理由如下：
由題意得：四條垂線的方程為：x=±2，y=±$\sqrt{3}$，
則A（2，$\sqrt{3}$），B（-2，$\sqrt{3}$），
∴k_OA•k_OB=-$\frac{3}{4}$．
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=-$\frac{3}{4}$（*）
PQ=$\sqrt{（{x}_{1}-{x}_{2}）^{2}+（{y}_{1}-{y}_{2}）^{2}}$．
∵點P、Q在橢圓C上，∴${{y}_{1}}^{2}=3（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}）$，${{y}_{2}}^{2}=3（1-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}）$，
將（*）式平方得：9x₁²x₂²=16y₁²y₂²=9（4-x₁²）（4-x₂²），即x₁²+x₂²=4，
①若x₁=x₂，則P、P₁、Q、Q₂分別是直線OA、OB與橢圓的交點，
∴四個點的坐標(biāo)為：（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），（$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），（-$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$），（-$\sqrt{2}$，-$\frac{\sqrt{6}}{2}$），
∴四邊形PQP₁Q₁的面積為4$\sqrt{3}$；
②若x₁≠x₂，則直線PQ的方程可設(shè)為：y-y₁=$\frac{{y}_{2}-{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁），
化簡得：（y₂-y₁）x-（x₂-x₁）y+x₂y₁-x₁y₂=0，
∴點O到直線PQ的距離為d=$\frac{|{x}_{1}{y}_{2}-{x}_{2}{y}_{1}|}{\sqrt{（{x}_{2}-{x}_{1}）^{2}+（{y}_{2}-{y}_{1}）^{2}}}$，
∴△OPQ的面積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}）}$
=$\frac{1}{2}\sqrt{3（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}）}$=$\frac{1}{2}\sqrt{3×4}=\sqrt{3}$．
根據(jù)橢圓的對稱性，故四邊形PQP₁Q₁的面積為4S，即為定值4$\sqrt{3}$．
綜上：四邊形PQP₁Q₁的面積為定值4$\sqrt{3}$．

點評 本題是一道直線與圓錐曲線的綜合題，考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程、點的坐標(biāo)、點到直線的距離、三角形面積公式，韋達(dá)定理等基礎(chǔ)知識，考查分類討論的思想，考查運算求解能力，注意解題方法的積累，屬于難題．