Question

16．已知椭圆过（0，2）与（1，0）两点，直线l与其交于A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）两点，若向量$\overrightarrow{m}$=（2x₁，y₁），$\overrightarrow{n}$=（2x₂，y₂），且$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{n}$，O为坐标原点．
（1）若直线l过椭圆的焦点F（0，c）（c为半焦距），求直线l的斜率k的值；
（2）试问：△AOB的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设出椭圆方程，代入点（0，2）和（1，0），求得椭圆方程，设出直线l的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，结合向量垂直的条件：数量积为0，即可计算得到k；
（2）设出直线l的方程，代入椭圆方程，运用韦达定理，结合向量垂直的条件，化简整理，再由三角形的面积公式S=$\frac{1}{2}$|t|•|x₁-x₂|，计算整理即可得到定值1．

解答 解：（1）设椭圆方程为mx²+ny²=1，（m，n＞0），
由题意代入点（0，2）和（1，0），可得m=1，n=$\frac{1}{4}$，
则椭圆方程为x²+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
焦点F（0，$\sqrt{3}$），可设直线l：y=kx+$\sqrt{3}$，
代入椭圆方程可得，（4+k²）x²+2$\sqrt{3}$kx-1=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=-$\frac{2\sqrt{3}k}{4+{k}^{2}}$，x₁x₂=-$\frac{1}{4+{k}^{2}}$，
向量$\overrightarrow{m}$=（2x₁，y₁），$\overrightarrow{n}$=（2x₂，y₂），且$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{n}$，
则4x₁x₂+y₁y₂=0，由y₁=kx₁+$\sqrt{3}$，y₂=kx₂+$\sqrt{3}$，
即有-$\frac{4}{4+{k}^{2}}$-k²•$\frac{1}{4+{k}^{2}}$+3-$\frac{6{k}^{2}}{4+{k}^{2}}$=0，
解得k=$±\sqrt{2}$；
（2）设直线l：y=kx+t，或x=x₁，
代入椭圆方程可得，（4+k²）x²+2ktx+t²-4=0，
设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），则x₁+x₂=-$\frac{2kt}{4+{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{t}^{2}-4}{4+{k}^{2}}$，
向量$\overrightarrow{m}$=（2x₁，y₁），$\overrightarrow{n}$=（2x₂，y₂），且$\overrightarrow{m}$⊥$\overrightarrow{n}$，
则4x₁x₂+y₁y₂=0，由y₁=kx₁+t，y₂=kx₂+t，
即有$\frac{4（{t}^{2}-4）}{4+{k}^{2}}$+k²•$\frac{{t}^{2}-4}{4+{k}^{2}}$+t²-$\frac{2{k}^{2}{t}^{2}}{4+{k}^{2}}$=0，
化简可得4+k²=2t²，
则△AOB的面积为S=$\frac{1}{2}$|t|•|x₁-x₂|=$\frac{1}{2}$|t|•$\sqrt{（\frac{-2kt}{4+{k}^{2}}）^{2}-\frac{4（{t}^{2}-4）}{4+{k}^{2}}}$
=2|t|•$\frac{\sqrt{{k}^{2}+4-{t}^{2}}}{4+{k}^{2}}$=2|t|•$\frac{|t|}{2{t}^{2}}$=1．
若直线为x=x₁时，代入椭圆方程可得，y²=4-4x₁²，
由4x₁x₂+y₁y₂=0，可得x₁²=${\;}^{\frac{1}{2}}$，y₁²=2，
△AOB的面积为S=$\frac{1}{2}$|x₁|•2|y₁|=1．
故△AOB的面积为定值1．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，主要考查椭圆方程的运用，联立直线方程，消去y，运用韦达定理，同时考查向量的垂直的条件，考查运算能力，属于中档题和易错题．