Question

16．已知橢圓$E：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率$e=\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，過橢圓的左焦點F且傾斜角為30°的直線與圓x²+y²=b²相交所得弦的長度為1．
（I）求橢圓E的方程；
（Ⅱ）若動直線l交橢圓E于不同兩點M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），設(shè)$\overrightarrow{OP}$=（bx₁，ay₁），$\overrightarrow{OQ}$=（（bx₂，ay₂），O為坐標(biāo)原點．當(dāng)以線段PQ為直徑的圓恰好過點O時，求證：△MON的面積為定值，并求出該定值．

Answer 1

分析 （I）運用離心率公式和直線與圓相交的弦長公式，結(jié)合a，b，c的關(guān)系，解方程可得a，b，進而得到橢圓方程；
（Ⅱ）討論直線MN的斜率存在和不存在，以線段PQ為直徑的圓恰好過點O，可得$\overrightarrow{OP}$⊥$\overrightarrow{OQ}$，運用向量的數(shù)量積為0，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達(dá)定理，化簡整理，由三角形的面積公式，計算即可得到定值．

解答 解：（I）由題意可得e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
過橢圓的左焦點F（-c，0）且傾斜角為30°的直線方程為：y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x+c），
由直線與圓x²+y²=b²相交所得弦的長度為1，
可得2$\sqrt{^{2}-（\frac{\sqrt{3}c}{\sqrt{3+9}}）^{2}}$=2$\sqrt{^{2}-\frac{{c}^{2}}{4}}$=1，
又a²-b²=c²，
解方程可得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
即有橢圓的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（Ⅱ）證明：（1）當(dāng)MN的斜率不存在時，x₁=x₂，y₁=-y₂，
以線段PQ為直徑的圓恰好過點O，可得$\overrightarrow{OP}$⊥$\overrightarrow{OQ}$，
即有$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即有b²x₁x₂+a²y₁y₂=0，
即有x₁x₂+4y₁y₂=0，即x₁²-4y₁²=0，
又（x₁，y₁）在橢圓上，x₁²+4y₁²=4，
可得x₁²=2，|y₁|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
S_△OMN=$\frac{1}{2}$|x₁|•|y₁-y₂|=$\frac{1}{2}$•$\sqrt{2}$•$\sqrt{2}$=1；
（2）當(dāng)MN的斜率存在，設(shè)MN的方程為y=kx+t，
代入橢圓方程（1+4k²）x²+8ktx+4t²-4=0，
△=64k²t²-4（1+4k²）（4t²-4）=4k²-t²+1＞0，
x₁+x₂=-$\frac{8kt}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{t}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
又$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OQ}$=0，即有x₁x₂+4y₁y₂=0，
y₁=kx₁+t，y₂=kx₂+t，
（1+4k²）x₁x₂+4kt（x₁+x₂）+4t²=0，
代入整理，可得2t²=1+4k²，
即有|MN|=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（\frac{-8kt}{1+4{k}^{2}}）^{2}-\frac{16{t}^{2}-16t}{1+4{k}^{2}}}$
=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\frac{4\sqrt{1+4{k}^{2}-{t}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$，
又O到直線的距離為d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
S_△OMN=$\frac{1}{2}$d•|MN|=$\frac{1}{2}$|t|•$\frac{4\sqrt{1+4{k}^{2}-{t}^{2}}}{1+4{k}^{2}}$
=$\frac{1}{2}$|t|•$\frac{4|t|}{2{t}^{2}}$=1．
故△MON的面積為定值1．

點評 本題考查橢圓的方程的求法，注意運用離心率公式和直線與圓相交的弦長公式，考查三角形的面積的求法，注意討論直線的斜率是否存在，聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達(dá)定理和點到直線的距離公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．