Question

13．已知橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{8}$$+\frac{{y}^{2}}{4}$=1，O為坐標(biāo)原點．
（1）設(shè)動直線L交橢圓E于A、B兩點，且$\overrightarrow{OA}$$⊥\overrightarrow{OB}$
①求證：$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$為定值；
②求△OAB的面積的取值范圍．
（2）過M（x₁y₁）的直線l₁：x₁x+2y₁y=8$\sqrt{2}$與過N（x₂，y₂）的直線l₂：x₂x+2y₂y=8$\sqrt{2}$的交點P（x₀，y₀）在橢圓E上，直線MN與橢圓E的兩準(zhǔn)線分別交于G、H兩點，求$\overrightarrow{OG}$$•\overrightarrow{OH}$的值．

Answer 1

分析 （1）①設(shè)P（x，y），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），當(dāng)直線L斜率存在時設(shè)方程為y=kx+m，與橢圓方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、利用向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系，即可得到定值；
②由弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式可得，化簡整理計算即可得到范圍；
（2）由點P（x₀，y₀）在直線l₁：x₁x+2y₁y=8$\sqrt{2}$和l₂：x₂x+2y₂y=8$\sqrt{2}$上，有x₁x₀+2y₁y₀=8$\sqrt{2}$，x₂x₀+2y₂y₀=8$\sqrt{2}$，故點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）在直線xx₀+2yy₀=8$\sqrt{2}$上．求出與橢圓準(zhǔn)線的交點G，H，再利用向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、點P在橢圓上即可得出．

解答 解：（1）設(shè)P（x，y），A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
當(dāng)直線l斜率存在時，設(shè)方程為y=kx+m，
聯(lián)立 $\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，化為（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
則△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-8）=8（8k²-m²+4）＞0，
即8k²-m²+4＞0（*）．
∴x₁+x₂=-$\frac{4km}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
∴y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²
=$\frac{{k}^{2}（2{m}^{2}-8）}{1+2{k}^{2}}$-$\frac{4{k}^{2}{m}^{2}}{1+2{k}^{2}}$+m²=$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$．
$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，則x₁x₂+y₁y₂=0，即$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=0，
∴3m²-8k²-8=0，即m²=$\frac{8{k}^{2}+8}{3}$（�。�
①證明：$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}+{{y}_{2}}^{2}}$
=$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}+4-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}}$+$\frac{1}{{{x}_{2}}^{2}+4-\frac{{{x}_{2}}^{2}}{2}}$=$\frac{2}{8+{{x}_{1}}^{2}}$+$\frac{2}{8+{{x}_{2}}^{2}}$=$\frac{32+2（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}{64+{{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-2{x}_{1}{x}_{2}}$
代入韋達(dá)定理和（ⅰ），化簡整理，可得，$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{3}{8}$；
②將（�。┐�入（*）式可得k²∈[0，+∞），
P到L的距離為d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
又 S=$\frac{1}{2}$|AB|d=$\frac{1}{2}$$\sqrt{1+{k}^{2}}$•|x₁-x₂|•$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{8}{3}$$\sqrt{1+\frac{{k}^{2}}{4{k}^{4}+4{k}^{2}+1}}$
當(dāng)k≠0時S=$\frac{8}{3}$$\sqrt{1+\frac{1}{4{k}^{2}+\frac{1}{{k}^{2}}+4}}$，
由4k²+$\frac{1}{{k}^{2}}$∈[4，+∞），故S∈（$\frac{8}{3}$，2$\sqrt{2}$]；
當(dāng)k=0時，S=$\frac{8}{3}$；
當(dāng)AB的斜率不存在時，S=$\frac{8}{3}$，
綜上S∈[$\frac{8}{3}$，2$\sqrt{2}$]；
（3）點P（x₀，y₀）在直線l₁：x₁x+2y₁y=8$\sqrt{2}$和l₂：x₂x+2y₂y=8$\sqrt{2}$上，
x₁x₀+2y₁y₀=8$\sqrt{2}$，x₂x₀+2y₂y₀=8$\sqrt{2}$，
故點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂）在直線xx₀+2yy₀=8$\sqrt{2}$上．
故直線MN的方程為xx₀+2yy₀=8$\sqrt{2}$．
設(shè)G，H分別是直線MN與橢圓準(zhǔn)線x=±4的交點，
由xx₀+2yy₀=8$\sqrt{2}$和x=-4得G（-4，$\frac{4\sqrt{2}+2{x}_{0}}{{y}_{0}}$）
由xx₀+2yy₀=8$\sqrt{2}$和x=4得H（4，$\frac{4\sqrt{2}-2{x}_{0}}{{y}_{0}}$）
故 $\overrightarrow{OG}$•$\overrightarrow{OH}$=-16+$\frac{32-4{{x}_{0}}^{2}}{{{y}_{0}}^{2}}$，
又P（x₀，y₀）在橢圓E：$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
有$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{8}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{4}$=1，
故4x₀²=32-8y₀²，
$\overrightarrow{OG}$•$\overrightarrow{OH}$=-16+$\frac{32-（32-8{{y}_{0}}^{2}）}{{{y}_{0}}^{2}}$=-8．

點評 本題綜合考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題轉(zhuǎn)化為方程聯(lián)立可得根與系數(shù)的關(guān)系、弦長公式、點到直線的距離公式、三角形的面積計算公式、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系等基礎(chǔ)知識與基本技能方法，考查了推理能力和計算能力，屬于難題．