《2025年创新设计高考总复习高三数学人教版A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.解　(1)由题意得$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2},\therefore\begin{cases}\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，$\therefore$椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。(2)证明　①当$k_{OP}$和$k_{MN}$都存在时，设直线$MN$的方程为$y = kx + m$，设$M(x_1,y_1),N(x_2,y_2),Q(x_0,y_0)$，由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\\y = kx + m\end{cases}$得$(3 + 4k^{2})x^{2}+8kmx + 4(m^{2}-3)=0$，$\therefore x_1 + x_2=\frac{-8km}{3 + 4k^{2}},x_1x_2=\frac{4(m^{2}-3)}{3 + 4k^{2}}$，$\therefore x_0=\frac{x_1 + x_2}{2}=\frac{-4km}{3 + 4k^{2}}$，$y_0=kx_0 + m=\frac{3m}{3 + 4k^{2}}$，$\because$点$P$在$C$上，$\therefore\frac{(2x_0)^{2}}{4}+\frac{(2y_0)^{2}}{3}=1$，$\therefore3x_0^{2}+4y_0^{2}=3$，$\therefore\frac{48k^{2}m^{2}}{(3 + 4k^{2})^{2}}+\frac{36m^{2}}{(3 + 4k^{2})^{2}}=3$，$\therefore4m^{2}(4k^{2}+3)=(3 + 4k^{2})^{2}$，$\therefore3 + 4k^{2}=4m^{2}$，$\therefore x_1 + x_2=\frac{-2k}{m},x_1x_2=1-\frac{3}{m^{2}}$，设点$O$到直线$MN$的距离为$d$，则$S_{\triangle MON}=\frac{1}{2}\vert MN\vert\cdot d$$=\frac{1}{2}\sqrt{1 + k^{2}}\vert x_1 - x_2\vert\cdot\frac{\vert m\vert}{\sqrt{1 + k^{2}}}$$=\frac{1}{2}\vert x_1 - x_2\vert\cdot\vert m\vert$，$\therefore S_{\triangle MON}=\frac{m^{2}}{4}(x_1 - x_2)^{2}=\frac{m^{2}}{4}[(x_1 + x_2)^{2}-4x_1x_2]$$=k^{2}-m^{2}+3=\frac{9}{4}$，$\therefore 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=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$，易得$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=\pm1$，易得$S_{\triangle MON}=\frac{3}{2}$。综上所述，$\triangle MON$的面积为定值$\frac{3}{2}$。

答案：
(1)解　由题意得$e=\frac{c}{a}=\frac{1}{2},\therefore\begin{cases}\frac{c}{a}=\frac{1}{2}\\a^{2}=b^{2}+c^{2}\end{cases}$，$\therefore$椭圆$C$的标准方程为$\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1$。
(2)证明　①当$k_{OP}$和$k_{MN}$都存在时，设直线$MN$的方程为$y = kx + m$，设$M(x_1,y_1),N(x_2,y_2),Q(x_0,y_0)$，由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\\y = kx + m\end{cases}$得$(3 + 4k^{2})x^{2}+8kmx + 4(m^{2}-3)=0$，$\therefore x_1 + x_2=\frac{-8km}{3 + 4k^{2}},x_1x_2=\frac{4(m^{2}-3)}{3 + 4k^{2}}$，$\therefore x_0=\frac{x_1 + x_2}{2}=\frac{-4km}{3 + 4k^{2}}$，$y_0=kx_0 + m=\frac{3m}{3 + 4k^{2}}$，$\because$点$P$在$C$上，$\therefore\frac{(2x_0)^{2}}{4}+\frac{(2y_0)^{2}}{3}=1$，$\therefore3x_0^{2}+4y_0^{2}=3$，$\therefore\frac{48k^{2}m^{2}}{(3 + 4k^{2})^{2}}+\frac{36m^{2}}{(3 + 4k^{2})^{2}}=3$，$\therefore4m^{2}(4k^{2}+3)=(3 + 4k^{2})^{2}$，$\therefore3 + 4k^{2}=4m^{2}$，$\therefore x_1 + x_2=\frac{-2k}{m},x_1x_2=1-\frac{3}{m^{2}}$，设点$O$到直线$MN$的距离为$d$，则$S_{\triangle MON}=\frac{1}{2}\vert MN\vert\cdot d$
$=\frac{1}{2}\sqrt{1 + k^{2}}\vert x_1 - x_2\vert\cdot\frac{\vert m\vert}{\sqrt{1 + k^{2}}}$
$=\frac{1}{2}\vert x_1 - x_2\vert\cdot\vert m\vert$，
$\therefore S_{\triangle MON}=\frac{m^{2}}{4}(x_1 - x_2)^{2}=\frac{m^{2}}{4}[(x_1 + x_2)^{2}-4x_1x_2]$
$=k^{2}-m^{2}+3=\frac{9}{4}$，
$\therefore S_{\triangle MON}=\frac{3}{2}$，为定值。
②当直线$OP$的斜率不存在时，直线$MN$的方程为$y=\pm\frac{\sqrt{3}}{2}$，易得$S_{\triangle MON}=\frac{3}{2}$。
③当直线$MN$的斜率不存在时，直线$MN$的方程为$x=\pm1$，易得$S_{\triangle MON}=\frac{3}{2}$。综上所述，$\triangle MON$的面积为定值$\frac{3}{2}$。

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.

答案：
(1)证明　$\because k_1,k_2$存在，$\therefore x_1x_2\neq0$，$\because\overrightarrow{m}\cdot\overrightarrow{n}=0$，$\therefore\frac{x_1x_2}{4}+y_1y_2=0$，$\therefore k_1\cdot k_2=\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4}$。
(2)解　是，理由：当直线$PQ$的斜率不存在，即$x_1 = x_2,y_1=-y_2$时，由$\frac{y_1y_2}{x_1x_2}=-\frac{1}{4}$，得$\frac{-y_1^{2}}{x_1^{2}}=-\frac{1}{4}$，由$P(x_1,y_1)$在椭圆$C$上，得$\frac{x_1^{2}}{4}+y_1^{2}=1$，$\therefore\vert x_1\vert=\sqrt{2},\vert y_1\vert=\frac{\sqrt{2}}{2}$，$\therefore S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}\vert x_1\vert\cdot\vert y_1 - y_2\vert=1$。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$y = kx + b(k\neq0)$，由$\begin{cases}\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1\\y = kx + b\end{cases}$得$(4k^{2}+1)x^{2}+8kbx + 4b^{2}-4 = 0$，$x_1 + x_2=\frac{-8kb}{4k^{2}+1},x_1x_2=\frac{4b^{2}-4}{4k^{2}+1}$，$\because\frac{x_1x_2}{4}+y_1y_2=0$，$\therefore\frac{x_1x_2}{4}+(kx_1 + b)(kx_2 + b)=0$，得$2b^{2}-4k^{2}=1$，满足$\Delta=64k^{2}b^{2}-4(4k^{2}+1)(4b^{2}-4)=16(4k^{2}+1 - b^{2})＞0$，$\therefore S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}\cdot\frac{\vert b\vert}{\sqrt{1 + k^{2}}}\vert PQ\vert$
$=\frac{1}{2}\vert b\vert\sqrt{(x_1 + x_2)^{2}-4x_1x_2}$
$=\frac{1}{2}\vert b\vert\sqrt{\frac{64k^{2}b^{2}-16(4b^{2}-4)(4k^{2}+1)}{(4k^{2}+1)^{2}}}=1$。
$\therefore\triangle OPQ$的面积$S$为定值。