Question

15．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（2，$\sqrt{2}$）且离心率等于$\frac{\sqrt{2}}{2}$，点A，B分别为椭圆C的左右顶点，点P在椭圆C上．
（1）求椭圆C的方程；
（2）M，N是椭圆C上非顶点的两点，满足OM∥AP，ON∥BP，求证：三角形MON的面积是定值．

Answer 1

分析 （1）利用椭圆的离心率以及椭圆结果的点，求出长半轴与短半轴的长，即可得到椭圆方程；
（2）求出k_APk_BP=-$\frac{1}{2}$，设直线MN的方程为x=my+t，代入椭圆方程，利用k_OMk_ON=-$\frac{1}{2}$，推出t²=2m²+4，利用三角形的面积公式，化简求解即可推出结论．

解答 （1）解：椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）经过点（2，$\sqrt{2}$）且离心率等于$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
可得$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即：$\frac{{a}^{2}-{b}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{2}$，$\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{2}{{b}^{2}}=1$，解得a²=8，b²=4，
所求椭圆方程为：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$．
（2）证明：由题意M，N是椭圆C上非顶点的两点，
且AP∥OM，BP∥ON，设P（2$\sqrt{2}$cosθ，2sinθ）
则直线AP，BP斜率必存在且不为0，
又由已知k_APk_BP=$\frac{2sinθ}{2\sqrt{2}cosθ+2\sqrt{2}}•\frac{2sinθ}{2\sqrt{2}cosθ-2\sqrt{2}}$=$\frac{4si{n}^{2}θ}{8（co{s}^{2}θ-1）}$=$-\frac{1}{2}$．
因为AP∥OM，BP∥ON，所以k_OMk_ON=$-\frac{1}{2}$
设直线MN的方程为x=my+t，代入椭圆方程$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$，
得（2+m²）y²+2mty+t²-8=0…①，
设M，N的坐标分别为M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），
则y₁+y₂=-$\frac{2mt}{2+{m}^{2}}$，y₁y₂=$\frac{{t}^{2}-8}{2+{m}^{2}}$，x₁x₂=
m²y₁y₂+mt（y₁+y₂）+t²=$\frac{2{t}^{2}-8{m}^{2}}{2+{m}^{2}}$，
所以k_OMk_ON=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{\frac{{t}^{2}-8}{2+{m}^{2}}}{\frac{2{t}^{2}-8{m}^{2}}{2+{m}^{2}}}$=-$\frac{1}{2}$，得t²=2m²+4，
又S_△MON=$\frac{1}{2}$|t||y₁-y₂|=$\frac{1}{2}|t|\sqrt{（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}}$=$\frac{1}{2}|t|\sqrt{（\frac{2mt}{2+{m}^{2}}）^{2}-4•\frac{{t}^{2}-8}{2+{m}^{2}}}$=$\frac{1}{2}\sqrt{{t}^{2}•（\frac{4{m}^{2}{t}^{2}}{\frac{1}{4}{t}^{4}}-4×\frac{{t}^{2}-8}{\frac{1}{2}{t}^{2}}）}$=$\frac{1}{2}\sqrt{32}$=2$\sqrt{2}$，
即△MON的面积为定值2$\sqrt{2}$…（12分）

点评 本题考查椭圆的简单性质以及椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查斜率、面积的计算，属于中档题．