Question

已知直線l與橢圓C：交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）兩不同點，且△OPQ的面積S_△OPQ=，其中O為坐標原點．
（Ⅰ）證明x₁²+x₂²和y₁²+y₂²均為定值；
（Ⅱ）設(shè)線段PQ的中點為M，求|OM|•|PQ|的最大值；
（Ⅲ）橢圓C上是否存在點D，E，G，使得S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=？若存在，判斷△DEG的形狀；若不存在，請說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）根據(jù)已知設(shè)出直線l的方程，利用弦長公式求出|PQ|的長，利用點到直線的距離公式求點O到直線l的距離，根據(jù)三角形面積公式，即可求得x₁²+x₂²和y₁²+y₂²均為定值；
（Ⅱ）由（I）可求線段PQ的中點為M，代入|OM|•|PQ|并利用基本不等式求最值；（Ⅲ）假設(shè)存在D（u，v），E（x₁，y₁），G（x₂，y₂），使得S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=
由（Ⅰ）得u²+x₁²=3，u²+x₂²=3，x₁²+x₂²=3；v²+y₁²=2，v²+y₂²=2，y₁²+y₂²=2，從而求得點D，E，G，的坐標，可以求出直線DE、DG、EG的方程，從而得到結(jié)論．
解答：解：（Ⅰ）1°當(dāng)直線l的斜率不存在時，P，Q兩點關(guān)于x軸對稱，
所以x₁=x₂，y₁=-y₂，
∵P（x₁，y₁）在橢圓上，
∴     ①
又∵S_△OPQ=，
∴|x₁||y₁|=      ②
由①②得|x₁|=，|y₁|=1．此時x₁²+x₂²=3，y₁²+y₂²=2；
2°當(dāng)直線l的斜率存在時，是直線l的方程為y=kx+m（m≠0），將其代入得
（3k²+2）x²+6kmx+3（m²-2）=0，△=36k²m²-12（3k²+2）（m²-2）＞0
即3k²+2＞m²，
又x₁+x₂=-，x₁•x₂=，
∴|PQ|==，
∵點O到直線l的距離為d=，
∴S_△OPQ==，
又S_△OPQ=，
整理得3k²+2=2m²，此時x₁²+x₂²=（x₁+x₂）²-2x₁x₂=（-）²-2=3，
y₁²+y₂²=（3-x₁²）+（3-x₂²）=4-（x₁²+x₂²）=2；
綜上所述x₁²+x₂²=3，y₁²+y₂²=2．結(jié)論成立．

（Ⅱ）1°當(dāng)直線l的斜率不存在時，由（Ⅰ）知
|OM|=|x₁|=，|PQ|=2|y₁|=2，
因此|OM|•|PQ|=．
2°當(dāng)直線l的斜率存在時，由（Ⅰ）知 =-，=k+m==
|OM|²=（）²+（）²==，
|PQ|²=（1+k²）==2（2+），
所以|OM|²|PQ|²=×=（3-）（2+）

=．
|OM|•|PQ|．當(dāng)且僅當(dāng)=2+，
即m=±時，等號成立．
綜合1°2°得|OM|•|PQ|的最大值為；

（Ⅲ）橢圓C上不存在三點D，E，G，使得S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=，
證明：假設(shè)存在D（u，v），E（x₁，y₁），G（x₂，y₂），使得S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=
由（Ⅰ）得
u²+x₁²=3，u²+x₂²=3，x₁²+x₂²=3；v²+y₁²=2，v²+y₂²=2，y₁²+y₂²=2
解得u²=x₁²=x₂²=；v²=y₁²=y₂²=1．
因此u，x₁，x₂只能從±中選取，
v，y₁，y₂只能從±1中選取，
因此點D，E，G，只能在（±，±1）這四點中選取三個不同點，
而這三點的兩兩連線中必有一條過原點，與S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=矛盾．
所以橢圓C上不存在滿足條件的三點D，E，G．
點評：此題是個難題．本題考查了直線與橢圓的位置關(guān)系，弦長公式和點到直線的距離公式，是一道綜合性的試題，考查了學(xué)生綜合運用知識解決問題的能力．其中問題（III）是一個開放性問題，考查了同學(xué)們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力．