Question

18．在平面直角坐标系xOy中，动点P与两定点A（-2，0），B（2，0）连线的斜率乘积为$-\frac{1}{2}$，记点P的轨迹为曲线C．
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）若曲线C上的两点M，N满足OM∥PA，ON∥PB，求证：△OMN的面积为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设P（x，y），由题意可得k_PA•k_PB=-$\frac{1}{2}$，运用直线的斜率公式，化简即可得到点P的轨迹为曲线C；
（Ⅱ）设方程为y=kx+m，由两点M，N满足OM∥PA，ON∥PB及（Ⅰ）得直线OM，ON的斜率乘积为$-\frac{1}{2}$，可得到m、k的关系，再用弦长公式及距离公式，求出△OMN的底、高，表示：△OMN的面积即可．

解答 解：（Ⅰ）设P（x，y），则$\frac{y}{x+2}×\frac{y}{x-2}=-\frac{1}{2}$，
整理得$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$（x≠±2）．…（5分）
（Ⅱ）依题直线OM，ON的斜率乘积为$-\frac{1}{2}$．
当直线MN的斜率不存在时，直线OM，ON的斜率为$±\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，设直线OM的方程
是$y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$，由$\left\{{\begin{array}{l}{{x^2}+2{y^2}=4}\\{y=\frac{{\sqrt{2}}}{2}x}\end{array}}\right.$得$x=±\sqrt{2}$，y=±1．取$M（\sqrt{2}，1）$，则$N（\sqrt{2}，-1）$．
所以△OMN的面积为$\sqrt{2}$．
当直线MN的斜率存在时，设方程为y=kx+m．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x^2}+2{y^2}-4=0}\end{array}}\right.$得，（2k²+1）x²+4kmx+2m²-4=0．
因为M，N在椭圆C上，
所以△=16k²m²-4（2k²+1）（2m²-4）＞0，解得4k²-m²+2＞0．
设M（x₁，y₁），N（x₂，y₂），则${x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{2{k^2}+1}}$，${x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$；
所以$|{MN}|=\sqrt{（{k^2}+1）[{{（{x_1}+{x_2}）}^2}-4{x_1}{x_2}]}=\sqrt{（{k^2}+1）[{{（\frac{4km}{{2{k^2}+1}}）}^2}-4×\frac{{2{m^2}-4}}{{2{k^2}+1}}]}$=$2\sqrt{\frac{{2（{k^2}+1）（4{k^2}-{m^2}+2）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}}$．
设点O到直线MN的距离为d，则$d=\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}$．
所以△OMN的面积为${S_{△OMN}}=\frac{1}{2}×d×|{MN}|=\sqrt{\frac{{2{m^2}（4{k^2}-{m^2}+2）}}{{{{（2{k^2}+1）}^2}}}}$…①．
因为OM∥PA，ON∥PB，直线OM，ON的斜率乘积为$-\frac{1}{2}$，所以$\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{1}{2}$．
所以$\frac{{{y_1}{y_2}}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）}}{{{x_1}{x_2}}}=\frac{{{k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}}}{{{x_1}{x_2}}}$=$\frac{{{m^2}-4{k^2}}}{{2{m^2}-4}}$．
由$\frac{{{m^2}-4{k^2}}}{{2{m^2}-4}}=-\frac{1}{2}$，得2k²+1=m²…②．
由①②，得${S_{△OMN}}=\frac{1}{2}×d×|{MN}|=\sqrt{\frac{{2{m^2}（2{m^2}-{m^2}）}}{{{{（{m^2}）}^2}}}}=\sqrt{2}$．…（13分）

点评 本题考查轨迹方程的求法，注意运用直线的斜率公式，考查直线的斜率之积为定值，注意联立直线方程和椭圆方程，运用韦达定理和弦长公式，考查运算能力，属于中档题