Question

13．已知橢圓x²+2y²=1，過(guò)原點(diǎn)的兩條直線l₁和l₂分別與橢圓交于點(diǎn)A、B和C、D，記△AOC的面積為S．
（1）設(shè)A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），用A、C的坐標(biāo)表示點(diǎn)C到直線l₁的距離，并證明S=$\frac{1}{2}|{{x_1}{y_2}-{x_2}{y_1}}$|；
（2）設(shè)l₁：y=kx，$C（{\frac{{\sqrt{3}}}{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{3}}）$，S=$\frac{1}{3}$，求k的值；
（3）設(shè)l₁與l₂的斜率之積為m，求m的值，使得無(wú)論l₁和l₂如何變動(dòng)，面積S保持不變．

Answer 1

分析 （1）依題意，直線l₁的方程為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$x，利用點(diǎn)到直線間的距離公式可求得點(diǎn)C到直線l₁的距離d=$\frac{|{y}_{1}{x}_{2}-{x}_{1}{y}_{2}|}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}}}$，再利用|AB|=2|AO|=2$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$，可證得S=$\frac{1}{4}$|AB|d=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|；
（2）由（1）得：S=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$|x₁-y₁|=$\frac{1}{3}$，進(jìn)而得到答案；
（3）方法一：設(shè)直線l₁的斜率為k，則直線l₁的方程為y=kx，聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx\\{x}^{2}+2{y}^{2}=1\end{array}\right.$，消去y解得x=±$\frac{1}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，可求得x₁、x₂、y₁、y₂，利用S=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|=$\frac{1}{2}$•$\frac{|m-{k}^{2}|}{\sqrt{（1+2{k}^{2}{）（k}^{2}+2{m}^{2}）}}$，設(shè)$\frac{|m-{k}^{2}|}{\sqrt{（1+2{k}^{2}）{（k}^{2}+2{m}^{2}）}}$=c（常數(shù)），整理得：k⁴-2mk²+m²=c²[2k⁴+（1+4m²）k²+2m²]，由于左右兩邊恒成立，可得$\left\{\begin{array}{l}{c}^{2}=\frac{1}{2}\\ m=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$，此時(shí)S=$\frac{\sqrt{2}}{4}$；
方法二：設(shè)直線l₁、l₂的斜率分別為$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$、$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，則$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=m，則mx₁x₂=-y₁y₂，變形整理，利用A（x₁，y₁）、C（x₂，y₂）在橢圓x²+2y²=1上，可求得面積S的值．

解答 解：（1）依題意，直線l₁的方程為y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$x，由點(diǎn)到直線間的距離公式得：點(diǎn)C到直線l₁的距離d=$\frac{|\frac{{y}_{1}{x}_{2}}{{x}_{1}}-{y}_{2}|}{\sqrt{1+{（\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}）}^{2}}}$=$\frac{|{y}_{1}{x}_{2}-{x}_{1}{y}_{2}|}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}}}$，
因?yàn)閨AB|=2|AO|=2$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{y}_{1}}^{2}}$，所以S=$\frac{1}{4}$|AB|d=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|；
（2）由（1）A（x₁，y₁），C（x₂，y₂），
S=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$|x₁-y₁|=$\frac{1}{3}$．
所以|x₁-y₁|=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，由x₁²+2y₁²=1，
解得A（$\frac{\sqrt{3}}{3}$，-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（$\frac{5\sqrt{3}}{9}$，-$\frac{\sqrt{3}}{9}$）
或（-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，$\frac{\sqrt{3}}{3}$）或（-$\frac{5\sqrt{3}}{9}$，$\frac{\sqrt{3}}{9}$），
由k=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$，得k=-1或-$\frac{1}{5}$；
（3）方法一：設(shè)直線l₁的斜率為k，則直線l₂的斜率為$\frac{m}{k}$，直線l₁的方程為y=kx，
聯(lián)立方程組$\left\{\begin{array}{l}y=kx\\{x}^{2}+2{y}^{2}=1\end{array}\right.$，消去y解得x=±$\frac{1}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
根據(jù)對(duì)稱性，設(shè)x₁=$\frac{1}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，則y₁=$\frac{k}{\sqrt{1+2{k}^{2}}}$，
同理可得x₂=$\frac{k}{\sqrt{{k}^{2}+2{m}^{2}}}$，y₂=$\frac{m}{\sqrt{{k}^{2}+2{m}^{2}}}$，
所以S=$\frac{1}{2}$|x₁y₂-x₂y₁|=$\frac{1}{2}$•$\frac{|m-{k}^{2}|}{\sqrt{（1+2{k}^{2}{）（k}^{2}+2{m}^{2}）}}$，設(shè)$\frac{|m-{k}^{2}|}{\sqrt{（1+2{k}^{2}）{（k}^{2}+2{m}^{2}）}}$=c（常數(shù)），
所以（m-k²）²=c²（1+2k²）（k²+2m²），
整理得：k⁴-2mk²+m²=c²[2k⁴+（1+4m²）k²+2m²]，
由于左右兩邊恒成立，所以只能是$\left\{\begin{array}{l}2{c}^{2}=1\\{c}^{2}（1+4{m}^{2}）=-2m\end{array}\right.$，所以$\left\{\begin{array}{l}{c}^{2}=\frac{1}{2}\\ m=-\frac{1}{2}\end{array}\right.$，此時(shí)S=$\frac{\sqrt{2}}{4}$，
綜上所述，m=-$\frac{1}{2}$，S=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
方法二：設(shè)直線l₁、l₂的斜率分別為$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$、$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$，則$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=m，
所以mx₁x₂=y₁y₂，
∴m²${{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}$=${{y}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}$=mx₁x₂y₁y₂，
∵A（x₁，y₁）、C（x₂，y₂）在橢圓x²+2y²=1上，
∴（${{x}_{1}}^{2}{{+2y}_{1}}^{2}$）（${{x}_{2}}^{2}{{+2y}_{2}}^{2}$）=${{x}_{1}}^{2}{{x}_{2}}^{2}$+4${{y}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}$+2（${{x}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}{{y}_{1}}^{2}$）=1，
即（$\frac{1}{m}$+4m）x₁x₂y₁y₂+2（${{x}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}{{y}_{1}}^{2}$）=1，
所以${{x}_{1}}^{2}{{y}_{2}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}{{y}_{1}}^{2}$-2x₁x₂y₁y₂=（x₁y₂-x₂y₁）²=$\frac{1}{2}$[1-（4m+$\frac{1}{m}$）x₁x₂y₁y₂]-2x₁x₂y₁y₂
=$\frac{1}{2}$-（2m+$\frac{1}{2m}$+2）x₁x₂y₁y₂，是常數(shù)，所以|x₁y₂-x₂y₁|是常數(shù)，
所以令2m+$\frac{1}{2m}$+2=0即可，
所以，m=-$\frac{1}{2}$，S=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
綜上所述，m=-$\frac{1}{2}$，S=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，考查方程思想、等價(jià)轉(zhuǎn)化思想與綜合運(yùn)算能力，屬于難題．