Question

4．已知橢圓Γ：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的左頂點為R，點A（2，1），B（-2，1），O為坐標原點．
（I）若P是橢圓Γ上任意一點，$\overrightarrow{OP}$=m$\overrightarrow{OA}$+n$\overrightarrow{OB}$，求m²+n²的值；
（II）設Q是橢圓Γ上任意一點，S（6，0），求$\overrightarrow{QS}$•$\overrightarrow{QR}$的取值范圍；
（Ⅲ）設M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）是橢圓Γ上的兩個動點，滿足k_OM•k_ON=k_OA•k_OB，試探究△OMN的面積是否為定值，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出P（ma-na，m+n）代入橢圓方程，即可得到m²+n²的值．
（Ⅱ）設Q（x，y），則$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}=（6-x，y）（-2-x，-y）$=（x-6）（x+2）+1-$\frac{{x}^{2}}{4}$=$\frac{3{x}^{2}}{4}-4x-11$，可得$\overrightarrow{QS}$•$\overrightarrow{QR}$的取值范圍．
（Ⅲ）①當MN的斜率不存在時，不妨設M（x₁，y₁），N（x₁，-y₁）且x₁＞0，y₁＞0，通過斜率乘積，以及橢圓方程，求解三角形的面積．
②當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y=kx+t，聯立直線與橢圓的方程，利用韋達定理，通過斜率關系，然后求出弦長，點到直線的距離求解三角形的面積．

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，即化簡m²+n²=$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）設Q（x，y），則$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}=（6-x，y）（-2-x，-y）$
=（x-6）（x+2）+1-$\frac{{x}^{2}}{4}$=$\frac{3{x}^{2}}{4}-4x-11$
∴當x=-2時，$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}$最大值為0；
當x=2時，$\overrightarrow{QR}•\overrightarrow{QS}$最小值為-16；
∴$\overrightarrow{QS}$•$\overrightarrow{QR}$的取值范圍為[-16，0]；
（Ⅲ）①當MN的斜率不存在時，不妨設M（x₁，y₁），N（x₁，-y₁）且x₁＞0，y₁＞0
由k_OM•k_ON=k_OA•k_OB得$\frac{-{y}_{1}2}{{{x}_{1}}^{2}}=-\frac{1}{4}$，化簡得 x₁²=4y₁²=4-x₁²
解得x₁=$\sqrt{2}$，y₁=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，此時△OMN的面積是為：$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$．
②當直線MN的斜率存在時，設直線MN的方程為y=kx+t，
聯立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$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
由條件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
點O到直線MN的距離d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$．
△OMN的面積s=$\frac{1}{2}•MN•d=\frac{|t|\\;\\;}{2}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=1（定值），
綜上：△OMN的面積為定值1．

點評 本題考查直線與橢圓的綜合應用，弦長公式以及三角形的面積個數的應用，考查分析問題解決問題的能力，轉化思想的應用，屬于中檔題．