问题

如图，首先看一下问题，已知的只有一个椭圆的方程和一个三角形面积。椭圆是$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$，动直线l与它交于$P(x_1,y_1)$、$Q(x_2,y_2)$两个不同的点，O为坐标原点，$\triangle OPQ$的面积是定值$\frac{\sqrt{6}}{2}$。

第一问

证明$x_1^2+x_2^2$与$y_1^2+y_2^2$均为定值。

先设直线斜率

$k=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}$

接下来分类讨论直线处于特殊位置的情况。当直线水平，也就是$k=0$时，两个交点的纵坐标相同、横坐标互为相反数，即$x_2=-x_1$、$y_2=y_1$；当直线竖直，也就是斜率不存在时，两个交点的横坐标相同、纵坐标互为相反数，即$x_2=x_1$、$y_2=-y_1$。这两种情况下，$\triangle OPQ$的面积都可以写成$|x_1|\cdot|y_1|$，所以有

$|x_1|\cdot|y_1|=\frac{\sqrt{6}}{2}$

再联立椭圆方程。因为P、Q都在椭圆上，所以$\frac{x_1^2}{3}+\frac{y_1^2}{2}=1$。设$a=|x_1|$、$b=|y_1|$，上面的条件就变成了方程组

$\begin{cases} \frac{a^2}{3}+\frac{b^2}{2}=1\\ ab=\frac{\sqrt{6}}{2} \end{cases}$

把$ab=\frac{\sqrt{6}}{2}$两边平方得$a^2b^2=\frac{3}{2}$，再和第一式联立消元，配方后解出唯一一组$a^2=\frac{3}{2}$、$b^2=1$。于是

$x_1^2+x_2^2=2a^2=3,\qquad y_1^2+y_2^2=2b^2=2$

所以$x_1^2+x_2^2$与$y_1^2+y_2^2$均为定值。不过特殊位置只能验证水平、竖直这两类直线，一般斜率的直线还得用下面这种更通用的方法。

当然还有一种更为通俗的解法

根据要求的解，我们首先应该想到韦达定理，那么就可以设直线方程为

$y=kx+m$

由题意可知，$m\neq 0$，直线要是过原点，$\triangle OPQ$的面积就是0了。代入椭圆方程$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$，两边同乘6再整理，得到

$(2+3k^2)x^2+6kmx+3(m^2-2)=0$

根据判别式

$\Delta=36k^2m^2-12(2+3k^2)(m^2-2)>0$

化简后就是

$3k^2+2>m^2$

这一步说明直线和椭圆确实有两个交点，和题目的“两个不同点”对得上。

由韦达定理，

$x_1+x_2=-\frac{6km}{2+3k^2},\qquad x_1x_2=\frac{3(m^2-2)}{2+3k^2}$

根据弦长公式，有PQ长度为

$|PQ|=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|=\sqrt{1+k^2}\cdot\frac{2\sqrt{6}\sqrt{3k^2+2-m^2}}{2+3k^2}$

中间用了一下$(x_1+x_2)^2-4x_1x_2=\frac{\Delta}{(2+3k^2)^2}$，先把两根之和、两根之积代进去，再开方化简。

根据点到直线距离公式，可以列出距离

$d=\frac{|m|}{\sqrt{1+k^2}}$

那么面积

$S_{\triangle OPQ}=\frac{1}{2}|PQ|d$

把弦长和距离代进来，约掉$\sqrt{1+k^2}$，得到

$S_{\triangle OPQ}=\frac{\sqrt{6}|m|\sqrt{3k^2+2-m^2}}{2+3k^2}$

而面积又等于$\frac{\sqrt{6}}{2}$，所以

$|m|\sqrt{3k^2+2-m^2}=\frac{3k^2+2}{2}$

两边平方再整理，会得到一个完全平方式，解出

$m^2=\frac{3k^2+2}{2}$

这个关系式很关键，它把k和m绑在了一起，后面的结论都从它来。

代入化简，有：

$x_1^2+x_2^2=3,\qquad y_1^2+y_2^2=2$

其中$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$，把$m^2$的关系代进去算出来是3；$y_1^2+y_2^2$可以更省事一点，把P、Q两点分别代入椭圆方程再相加，得到$\frac{x_1^2+x_2^2}{3}+\frac{y_1^2+y_2^2}{2}=2$，把$x_1^2+x_2^2=3$带进去就得到$y_1^2+y_2^2=2$。

所以结论成立。

虽然第二种方法计算量大，但是一般不会出错，具体看能接受哪种方法了

第二问

M是线段PQ的中点，所以$M(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2})$，$4|OM|^2=(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2$，而$|PQ|^2=(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2$。

把两部分加起来，就有

$4|OM|^2+|PQ|^2=(x_1+x_2)^2+(y_1+y_2)^2+(x_2-x_1)^2+(y_2-y_1)^2$

展开之后交叉项两两抵消，剩下

$=2(x_1^2+x_2^2)+2(y_1^2+y_2^2)=2\times3+2\times2=10$

这就成了一个定值。剩下的是基本不等式：把$2|OM|$和$|PQ|$看成两个正数，它们的平方和是10，所以

$2|OM|\cdot|PQ|\leq\frac{4|OM|^2+|PQ|^2}{2}=5$

所以

$|OM|\cdot|PQ|\leq\frac{5}{2}$

当且仅当$2|OM|=|PQ|$时取等号，这个最大值是能取到的（比如取$k^2=\frac{2}{3}$、$m^2=2$这一组参数），所以|OM|·|PQ|最大值为$\frac{5}{2}$。

第三问

第三问要判断的是椭圆上存不存在这样三个点，使得它们两两和O组成的三角形面积都等于$\frac{\sqrt{6}}{2}$。结论是不存在，上面那张图就是证明过程，思路是反证法。

假设存在$D(u,v)$、$E(x_1,y_1)$、$G(x_2,y_2)$满足条件。注意从D、E、G里随便取两个点，和O组成的三角形面积都是$\frac{\sqrt{6}}{2}$，正好符合第一问的前提，所以把第一问的结论套上去，就有

$u^2+x_1^2=3,\quad u^2+x_2^2=3,\quad x_1^2+x_2^2=3$ $v^2+y_1^2=2,\quad v^2+y_2^2=2,\quad y_1^2+y_2^2=2$

每组的三个等式相加，可以解出

$u^2=x_1^2=x_2^2=\frac{3}{2},\qquad v^2=y_1^2=y_2^2=1$

也就是说，D、E、G只能在$(\pm\frac{\sqrt{6}}{2},\pm1)$这四个点里选三个。这四个点是矩形的四个顶点，随便挑三个，必然有一对是矩形的对角顶点，它们关于原点对称，连线过原点。这一对点和O共线，组成的三角形面积为0，和“面积等于$\frac{\sqrt{6}}{2}$”矛盾，所以椭圆C上不存在满足条件的三点D、E、G。