Question

已知直線l與橢圓C：

x2

3

+

y2

2

=1交于P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）兩不同點，且△OPQ的面積S_△OPQ=

6

2

，其中O為坐標原點．
（Ⅰ）證明x₁²+x₂²和y₁²+y₂²均為定值；
（Ⅱ）設線段PQ的中點為M，求|OM|•|PQ|的最大值；
（Ⅲ）橢圓C上是否存在點D，E，G，使得S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=

6

2

？若存在，判斷△DEG的形狀；若不存在，請說明理由．

Answer 1

（Ⅰ）1°當直線l的斜率不存在時，P，Q兩點關于x軸對稱，
所以x₁=x₂，y₁=-y₂，
∵P（x₁，y₁）在橢圓上，
∴

x12

3

+

y12

2

=1①
又∵S_△OPQ=

6

2

，
∴|x₁||y₁|=

6

2

②
由①②得|x₁|=

6

2

，|y₁|=1．此時x₁²+x₂²=3，y₁²+y₂²=2；
2°當直線l的斜率存在時，是直線l的方程為y=kx+m（m≠0），將其代入

x2

3

+

y2

2

=1得
（3k²+2）x²+6kmx+3（m²-2）=0，△=36k²m²-12（3k²+2）（m²-2）＞0
即3k²+2＞m²，
又x₁+x₂=-

6km

3k2+2

，x₁•x₂=

3(m2-2)

3k2+2

，
∴|PQ|=

1+k2

(x1+x2)2-4x1x2

=

1+k2

2 6 3k2+2-m2

3k2+2

，
∵點O到直線l的距離為d=

|m|

1+k2

，
∴S_△OPQ=

1

2

1+k2

2 6 3k2+2-m2

3k2+2

•

|m|

1+k2

=

6 3k2+2-m2 |m|

3k2+2

，
又S_△OPQ=

6

2

，
整理得3k²+2=2m²，此時x₁²+x₂²=（x₁+x₂）²-2x₁x₂=（-

6km

3k2+2

）²-2

3(m2-2)

3k2+2

=3，
y₁²+y₂²=

2

3

（3-x₁²）+

2

3

（3-x₂²）=4-

2

3

（x₁²+x₂²）=2；
綜上所述x₁²+x₂²=3，y₁²+y₂²=2．結論成立．

（Ⅱ）1°當直線l的斜率不存在時，由（Ⅰ）知
|OM|=|x₁|=

6

2

，|PQ|=2|y₁|=2，
因此|OM|•|PQ|=

6

．
2°當直線l的斜率存在時，由（Ⅰ）知

x1+x2

2

=-

3k

2m

，

y1+y2

2

=k

x1+x2

2

+m=

-3k2+2m2

2m

=

1

m

|OM|²=（

x1+x2

2

）²+（

y1+y2

2

）²=

9k2

4m2

+

1

m2

=

6m2-2

4m2

=

1

2

(3-

1

m2

)，
|PQ|²=（1+k²）

24(3k2+2-m2)

(2+3k2)2

=

2(2m2-1)

m2

=2（2+

1

m2

），
所以|OM|²|PQ|²=

1

2

(3-

1

m2

)×2×(2+

1

m2

)=（3-

1

m2

）（2+

1

m2

）

≤(

3- 1 m2 +2+ 1 m2

2

)2=

25

4

．
|OM|•|PQ|≤

5

2

．當且僅當3-

1

m2

=2+

1

m2

，
即m=±

2

時，等號成立．
綜合1°2°得|OM|•|PQ|的最大值為

5

2

；

（Ⅲ）橢圓C上不存在三點D，E，G，使得S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=

6

2

，
證明：假設存在D（u，v），E（x₁，y₁），G（x₂，y₂），使得S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=

6

2

由（Ⅰ）得
u²+x₁²=3，u²+x₂²=3，x₁²+x₂²=3；v²+y₁²=2，v²+y₂²=2，y₁²+y₂²=2
解得u²=x₁²=x₂²=

3

2

；v²=y₁²=y₂²=1．
因此u，x₁，x₂只能從±

6

2

中選取，
v，y₁，y₂只能從±1中選取，
因此點D，E，G，只能在（±

6

2

，±1）這四點中選取三個不同點，
而這三點的兩兩連線中必有一條過原點，與S_△ODE=S_△ODG=S_△OEG=

6

2

矛盾．
所以橢圓C上不存在滿足條件的三點D，E，G．