《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

例 3 (2025·太原模拟节选)已知椭圆 $ C $：$\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} = 1(a ＞ b ＞ 0)$ 经过点 $(1,\frac{3}{2})$，且离心率 $ e = \frac{1}{2} $，点 $ P $ 是 $ C $ 上一动点.点 $ Q $ 是 $ OP $ 的中点 ($ O $ 为坐标原点)，过点 $ Q $ 的直线交 $ C $ 于 $ M $，$ N $ 两占，且 $\vert MQ\vert = \vert NQ\vert$.
(1)求椭圆 $ C $ 的标准方程；
(2)证明：$\triangle MON$ 的面积为定值.$\frac{x²}{4}$+$\frac{y²}{3}$=1$\frac{3}{2}$
思维建模 探求圆锥曲线中几何图形的面积的定值问题，一般用直接求解法，即可先利用三角形面积公式(如果是其他凸多边形，可分割成若干个三角形分别求解)把要探求的几何图形的面积表示出来，然后利用题中的条件得到几何图形的面积表达式中的相关量之间的关系式，把这个关系式代入几何图形的面积表达式中，化简即可.

答案：
(1)解　由题意$\begin{cases}e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\\a²=b²+c²\\b=\sqrt{3}\end{cases}$，
∴椭圆C的标准方程为$\frac{x²}{4}$+$\frac{y²}{3}$=1。
(2)证明　①当kₒₚ和kₘₙ都存在时，设直线MN的方程为y=kx+m。
设M(x₁,y₁)，N(x₂,y₂)，Q(x₀,y₀)。
由$\begin{cases}\frac{x²}{4}+\frac{y²}{3}=1\\y=kx+m\end{cases}$得(3+4k²)x²+8kmx+4(m²−3)=0。
∴x₁+x₂=$\frac{−8km}{3+4k²}$，x₁x₂=$\frac{4(m²−3)}{3+4k²}$。
∴x₀=$\frac{x₁+x₂}{2}=\frac{−4km}{3+4k²}$，y₀=kx₀+m=$\frac{3m}{3+4k²}$。
∵点P在C上，
∴$\frac{(2x₀)²}{4}+\frac{(2y₀)²}{3}=1$，
∴3x₀²+4y₀²=3，
∴$\frac{48k²m²}{(3+4k²)²}+\frac{36m²}{(3+4k²)²}=3$，
∴4m²(4k²+3)=(3+4k²)²，
∴3+4k²=4m²，
∴x₁+x₂=$\frac{−2k}{m}$，x₁x₂=1−$\frac{3}{m²}$。
设点O到直线MN的距离为d。
则$S_{\triangle MON}=\frac{1}{2}|MN|\cdot d$
=$\frac{1}{2}\sqrt{1+k²}|x₁−x₂|\cdot\frac{|m|}{\sqrt{1+k²}}$
=$\frac{1}{2}|x₁−x₂|\cdot|m|$。
∴$S_{\triangle MON}=\frac{m²}{4}(x₁−x₂)²=\frac{m²}{4}[(x₁+x₂)²−4x₁x₂]=k²−m²+3=\frac{9}{4}$。
∴$S_{\triangle MON}=\frac{3}{2}$，为定值。
②当直线OP的斜率不存在时，直线MN的方程为y=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$，易知$S_{\triangle MON}=\frac{3}{2}$。
③当直线MN的斜率不存在时，直线MN的方程为x=±1，易得$S_{\triangle MON}=\frac{3}{2}$。
综上所述，△MON的面积为定值$\frac{3}{2}$。

训练 3 在平面直角坐标系 $ xOy $ 中，已知椭圆 $ C $：$\frac{x^{2}}{4}+y^{2} = 1$，点 $ P(x_{1},y_{1})$，$ Q(x_{2},y_{2})$ 是椭圆 $ C $ 上的两个动点，直线 $ OP $，$ OQ $ 的斜率分别为 $ k_{1} $，$ k_{2} $，若 $ \boldsymbol{m} = (\frac{x_{1}}{2},y_{1}) $，$ \boldsymbol{n} = (\frac{x_{2}}{2},y_{2}) $，$ \boldsymbol{m} \cdot \boldsymbol{n} = 0 $.
(1)求证：$ k_{1} \cdot k_{2} = -\frac{1}{4} $；
(2)试探求 $\triangle OPQ$ 的面积 $ S $ 是不是定值，并说明理由.证明　∵k₁，k₂存在，∴x₁x₂≠0。
∵$\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}=0$，∴$\frac{x₁x₂}{4}+y₁y₂=0$。
∴k₁·k₂=$\frac{y₁y₂}{x₁x₂}=\frac{-\frac{1}{4}x₁x₂}{x₁x₂}=-\frac{1}{4}$。是1解　是。理由：当直线PQ的斜率不存在，即x₁=x₂，y₁=−y₂时。
由$\frac{y₁y₂}{x₁x₂}=-\frac{1}{4}$，得$\frac{x₁²}{4}-y₁²=0$。
由P(x₁,y₁)在椭圆C上，得$\frac{x₁²}{4}+y₁²=1$。
∴|x₁|=√2，|y₁|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∴$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}|x₁|\cdot|y₁−y₂|=1$。
当直线PQ的斜率存在时，易知直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为y=kx+b(k≠0)。
由$\begin{cases}\frac{x²}{4}+y²=1\\y=kx+b\end{cases}$得(4k²+1)x²+8kbx+4b²−4=0。
x₁+x₂=$\frac{−8kb}{4k²+1}$，x₁x₂=$\frac{4b²−4}{4k²+1}$。
∵$\frac{x₁x₂}{4}+y₁y₂=0$，
∴$\frac{x₁x₂}{4}+(kx₁+b)(kx₂+b)=0$，得2b²−4k²=1。
满足△=64k²b²−4(4k²+1)(4b²−4)=16(4k²+1−b²)＞0。
∴$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}\cdot\frac{|b|}{\sqrt{1+k²}}\cdot|PQ|$
=$\frac{1}{2}|b|\sqrt{(x₁+x₂)²−4x₁x₂}$
=2|b|·$\frac{\sqrt{4k²+1−b²}}{4k²+1}=1$。
∴△OPQ的面积S为定值。

答案：
(1)证明
∵k₁，k₂存在，
∴x₁x₂≠0。
∵$\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}=0$，
∴$\frac{x₁x₂}{4}+y₁y₂=0$。
∴k₁·k₂=$\frac{y₁y₂}{x₁x₂}=\frac{-\frac{1}{4}x₁x₂}{x₁x₂}=-\frac{1}{4}$。
(2)解　是。理由：当直线PQ的斜率不存在，即x₁=x₂，y₁=−y₂时。
由$\frac{y₁y₂}{x₁x₂}=-\frac{1}{4}$，得$\frac{x₁²}{4}-y₁²=0$。
由P(x₁,y₁)在椭圆C上，得$\frac{x₁²}{4}+y₁²=1$。
∴|x₁|=√2，|y₁|=$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
∴$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}|x₁|\cdot|y₁−y₂|=1$。
当直线PQ的斜率存在时，易知直线PQ的斜率不为0，设直线PQ的方程为y=kx+b(k≠0)。
由$\begin{cases}\frac{x²}{4}+y²=1\\y=kx+b\end{cases}$得(4k²+1)x²+8kbx+4b²−4=0。
x₁+x₂=$\frac{−8kb}{4k²+1}$，x₁x₂=$\frac{4b²−4}{4k²+1}$。
∵$\frac{x₁x₂}{4}+y₁y₂=0$，
∴$\frac{x₁x₂}{4}+(kx₁+b)(kx₂+b)=0$，得2b²−4k²=1。
满足△=64k²b²−4(4k²+1)(4b²−4)=16(4k²+1−b²)＞0。
∴$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}\cdot\frac{|b|}{\sqrt{1+k²}}\cdot|PQ|$
=$\frac{1}{2}|b|\sqrt{(x₁+x₂)²−4x₁x₂}$
=2|b|·$\frac{\sqrt{4k²+1−b²}}{4k²+1}=1$。
∴△OPQ的面积S为定值。