专题20 面积型定值型问题(解析版)

这是一份专题20 面积型定值型问题(解析版)，共20页。

【例题选讲】
[例1] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，以原点O为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋eq \r(6)＝0相切．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点，且kOA·kOB＝－eq \f (b2,a2)．求证：△AOB的面积为定值．
[规范解答] (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(c,a)＝eq \f(1,2),b＝eq \f(|0－0＋eq \r(6)|,eq \r(2)),a2＝c2＋b2))，∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1；
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则A，B的坐标满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1,y＝kx＋m))，
消去y化简得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，x1＋x2＝－eq \f(8km,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4m2－12,3＋4k2)，
由Δ＞0，得m24k2－m2＋3>0，
y1y2＝(kx1＋m)( kx2＋m)＝k2 x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝k2eq \f(4m2－12,3＋4k2)＋km (－eq \f(8km,3＋4k2))＋m2＝eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)．
∵kOA·kOB＝－eq \f (b2,a2)＝－eq \f(3,4)，∴eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(3,4)，即y1y2＝－eq \f(3,4) x1x2，∴eq \f(3m2－12k2,3＋4k2)＝－eq \f(3,4)·eq \f(4m2－12,3＋4k2)．即2m2－4k2＝3
|MN|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8km,3＋4k2)))\s\up8(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4m2－12,3＋4k2))))＝eq \r(eq \f(24(1＋k2),3＋4k2))．
又由点O到直线y＝kx＋m的距离d＝eq \f(|m|,eq \r(1＋k2))，
所以S△MON＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)eq \f(|m|,eq \r(1＋k2))·eq \r(eq \f(24(1＋k2),3＋4k2))＝eq \f(1,2)·eq \r(eq \f(m2,1＋k2)·eq \f(24(1＋k2),3＋4k2))＝eq \f(1,2)·eq \r(eq \f(3＋4k2,2)·eq \f(24,3＋4k2))＝eq \r(3)为定值．
[例2] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，O是坐标原点，点A，B分别为椭圆C的左右顶点，|AB|＝4eq \r(2)．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若P是椭圆C上异于A，B的一点，直线l交椭圆C于M，N两点，AP∥OM，BP∥ON，则△OMN的面积是否为定值？若是，求出定值，若不是，请说明理由．
[规范解答] (1)由2a＝4eq \r(2)，e＝eq \f(\r(2),2)，解得a＝2eq \r(2)，c＝2，b2＝a2－c2＝4，则椭圆的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1；
(2)由题意可得A(－2eq \r(2)，0)，B(2eq \r(2)，0)，设P（x0，y0），可得eq \f(x02,8)＋eq \f(y02,4)＝1，即x02+2y02＝8，
则kAP·kBP＝eq \f(y0,x0＋2eq \r(2))·eq \f(y0,x0－2eq \r(2))＝eq \f(y02,x02－8)＝eq \f(y02,－2y02)＝－eq \f(1,2)，
因为AP∥OM，BP∥ON，则kOM·kON＝kAP·kBP＝－eq \f(1,2)，
①当直线l的斜率不存在时，设l：x＝m，联立椭圆方程可得y＝±eq \r(\f(8－m2,2))，
所以M(m，eq \r(\f(8－m2,2)))，N(m，－eq \r(\f(8－m2,2)))，由kOM·kON＝－eq \f(1,2)，可得－eq \f(eq \f(8－m2,2),m2)＝－eq \f(1,2)，解得m＝±2，
所以M(±2，eq \r(2))，N(±2，－eq \r(2))，所以S△MNO＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2)；
②当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝kx＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立直线y＝kx＋n和x2＋2y2＝8，可得(1＋2k2)x2＋4knx＋2n2－8＝0，
可得∴x1＋x2＝－eq \f(4kn,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2n2－8,1＋2k2)，y1y2＝(kx1＋n)(kx2＋n)＝k2x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2，
由kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝k2＋eq \f(－4k2n2,2n2－8)＋eq \f(n2(1＋2k2),2n2－8)＝－eq \f(1,2)，可得n2＝2＋4k2，
由弦长公式可得，|MN＝|eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4kn,1＋2k2)))\s\up8(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2n2－8,1＋2k2))))＝eq \f(eq \r(1＋k2),1＋2k2)·eq \r(64k2－8n2＋32)＝eq \f(4eq \r(1＋k2),eq \r(1＋2k2))．
点(0，0)到直线l的距离为d＝eq \f(|n|,\r(k2＋1))＝eq \f(eq \r(2(1＋2k2)),eq \r(1＋k2))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)d·|MN|＝2eq \r(2)，综上可知，△OMN的面积为定值2eq \r(2)．
[例3] 如图，F1、F2为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，D、E是椭圆的两个顶点，椭圆的离心率为eq \f(\r(3),2)，S△DEF2＝1－eq \f(\r(3),2)．若M(x0，y0)在椭圆C上，则点N(eq \f(x0,a)，eq \f(y0,b))称为点M的一个“好点”．直线l与椭圆交于A、B两点，A、B两点的“好点”分别为P、Q，已知以PQ为直径的圆经过坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2) △AOB的面积是否为定值？若为定值，试求出该定值；若不为定值，请说明理由．
[规范解答] (1)由题可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2),eq \f(1,2)(a－c)b＝1－eq \f(\r(3),2),a2＝c2＋b2))，解得a2＝4，b2＝1，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P(eq \f(x1,2)，y1)，Q(eq \f(x2,2)，y2)．由OP⊥OQ，即eq \f(x1x2,4)＋y1y2＝0．(1)
①当直线AB的斜率不存在时，S＝eq \f(1,2)|x1·| y1－y2|＝1；
②当直线AB的斜率存在时，设其直线为y＝kx＋m(k≠0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m, eq \f(x2,4)＋y2＝1))得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0．
则Δ＝16(4k2－m2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－4,4k2＋1)，同理y1y2＝eq \f(m2－4k2,4k2＋1)，代入(1)，整理得4k2＋1＝2m2．
此时Δ＝16m2>0，|AB|＝|eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \f(2eq \r(1＋k2),|m|)．h＝eq \f(|m|,eq \r(1＋k2))，∴S＝1．
综上，△AOB的面积为定值1．
[例4] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距为2，四个顶点构成的四边形面积为2eq \r(2)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)斜率存在的直线l与椭圆C相交于M、N两点，O为坐标原点，eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))，若点P在椭圆上，请判断△OMN的面积是否为定值．
解析 (1)由题可得2c＝2，c＝1，eq \f (1,2)2a×2×b＝2eq \r(2)，又a2＝c2＋b2，解得b＝1，a＝eq \r(2)．
故椭圆方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1．
(2)设直线l方程是y＝kx＋m，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
Δ＝8(2k2－m2＋1)>0．x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－1,1＋2k2)，
|MN|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)eq \f(eq \r(8(2k2＋1－m2)),1＋2k2)．
又∵eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝x1＋x2，,y0＝y1＋y2，))∴P(eq \f(－4km,1＋2k2)，eq \f(2m,1＋2k2))
把点P坐标代入椭圆方程可得(eq \f(－4km,1＋2k2))2＋2(eq \f(2m,1＋2k2))＝2，整理可得4m2＝2k2＋1，
又由点O到直线y＝kx＋m的距离d＝eq \f(|m|,eq \r(1＋k2))，△OMN的面积
S△OMN＝eq \f(1,2)|MN|·d＝eq \f(1,2)eq \r(1＋k2)eq \f(eq \r(8(2k2＋1－m2)),1＋2k2)eq \f(|m|,eq \r(1＋k2))＝eq \f(eq \r(2(4m2－m2)),4m2)×|m|＝eq \f(\r(6),4)．
所以，△OMN的面积为定值eq \f(\r(6),4)．
[例5] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，过点P(1，eq \f(\r(3),2))．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设点A、B分别是椭圆C的左顶点和上顶点，M、N为椭圆C上异于A、B的两点，满足AM∥BN，，求证：△OMN面积为定值．
[规范解答] (1)由已知条件可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2),eq \f(1,a2)＋eq \f(3,4b2)＝1,a2＝c2＋b2))，解得a2＝4，b2＝1，故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由题意直线AM、BN的斜率存在，
设直线AM的方程为y＝k(x＋2)①，设直线BN的方程为y＝kx＋1②，
由(1)椭圆C：eq \f(x2,4)＋y2＝1③，
联立①③得(4k2＋1)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，解得x1＝eq \f(2－8k2,4k2＋1)，即M(eq \f(2－8k2,4k2＋1)，eq \f(4k,4k2＋1))，
联立②③，得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，所以，x2＝－eq \f(8k,4k2＋1)，即N(－eq \f(8k,4k2＋1)，eq \f(1－4k2,4k2＋1))，
易知|OM|＝eq \r(x12＋y12)，
直线OM的方程为y1x－x1y＝0，点N到直线OM的距离为eq \f(|x2y1－x1y2|,eq \r(x12＋y12))，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)|OM|·d＝eq \f(|x2y1－x1y2|,2)＝eq \f(1,2)|－eq \f(8k,4k2＋1)·eq \f(4k,4k2＋1)－eq \f(1－4k2,4k2＋1)·eq \f(2－8k2,4k2＋1)|＝1
故△OMN面积为定值1．
[例6] 如图，点F是抛物线Г：x2＝2py(p＞0)的焦点，点A是抛物线上的定点，且eq \(AF,\s\up6(→))＝(2，0)，点B，C是抛物线上的动点，直线AB，AC的斜率分别为k1，k2．
(1)求抛物线Г的方程；
(2)若k2－k1＝2，点D是抛物线在点B，C处切线的交点，记△BCD的面积为S，证明S为定值．
[规范解答] (1)设A(x0，y0)，由题知F(0，eq \f(p,2))，所以eq \(AF,\s\up6(→))＝(－x0，eq \f(p,2)－y0)＝(2，0)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝－2，,y0＝\f(p,2)))，代入x2＝2py(p＞0)，得4＝p2，得p＝2，
所以抛物线的方程是x2＝4y．
(2)过D作y轴的平行线交BC于点E，并设B(x1，eq \f(x\\al(2,1),4))，C(x2，eq \f(x\\al(2,2),4))，由(1)知A(－2，1)，
所以k2－k1＝eq \f(\f(x\\al(2,2),4)－1,x2＋2)－eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－1,x1＋2)＝eq \f(x2－x1,4)，又k2－k1＝2，所以x2－x1＝8．
直线BD：y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),4)，直线CD：y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(x\\al(2,2),4)，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(xD＝\f(x1＋x2,2)，,yD＝\f(x1x2,4).))
因直线BC的方程为y－eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(x1＋x2,4)(x－x1)，将xD代入得yE＝eq \f(x\\al(2,1)＋x\\al(2,2),8)，
所以S＝eq \f(1,2)|DE|(x2－x1)＝eq \f(1,2)(yE－yD)(x2－x1)＝eq \f(1,2)·eq \f(x2－x12,8)(x2－x1)＝32．
【对点训练】
1．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的四个顶点围成的菱形的面积为4eq \r(3)，椭圆的一个焦点为(1，0)．
(1)求椭圆的方程；
(2)若M，N为椭圆上的两个动点，直线OM，ON的斜率分别为k1，k2，当k1k2＝－eq \f(3,4)时，△MON的面积是否为定值？若为定值，求出此定值；若不为定值，说明理由．
1．解析 (1)由椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的四个顶点围成的菱形的面积为4eq \r(3)，椭圆的一个焦点为1，0)，
可得2ab＝4eq \r(3)，c＝1，即ab＝2eq \r(3)，a2－b2＝1，解得a2＝4，b2＝3，故椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，当直线MN的斜率存在时，设方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，消y可得，(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0．
则Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)＞0，即m2<4k2＋3，
且x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋3)，x1x2＝eq \f(4m2－12,4k2＋3)，
所以|MN|＝|eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－8km,3＋4k2)))\s\up8(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4m2－12,3＋4k2))))＝eq \f(4eq \r(3)eq \r(1＋k2),3＋4k2)·eq \r(4k2－m2＋3)．
又由点O到直线MN的距离d＝eq \f(|m|,eq \r(1＋k2))，
所以S△MON＝eq \f(1,2)|MN|d＝eq \f(2eq \r(3)|m|,3＋4k2)·eq \r(4k2－m2＋3)．
又因为k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(3,4)，所以eq \f(k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2,x1x2)＝k2＋eq \f(km(eq \f(－8km,4k2＋3))＋m2,eq \f(4m2－12,3＋4k2))＝－eq \f(3,4)，
化简整理可得2m2＝4k2＋3，满足Δ＞0，
代入S△MON＝eq \f(2eq \r(3)|m|,3＋4k2)·eq \r(4k2－m2＋3)＝eq \f(2eq \r(3)m2,2m2)＝eq \r(3)．
当直线MN的斜率不存在时，由于k1k2＝－eq \f(3,4)，
考虑到OM，ON关于x轴对称，不妨设k1＝eq \f(\r(3),2)，k1k2＝－eq \f(\r(3),2)，
则点M，N的坐标分别为M(eq \r(2)，eq \f(\r(6),2))，N(eq \r(2)，－eq \f(\r(6),2))，此时S△MON＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(6)＝eq \r(3)．
综上可得，△MON的面积为定值eq \r(3)．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),3)，直线x－y＋eq \r(5)＝0与椭圆C有且只有一个公共点．
(1)求椭圆C的标准方程
(2)设点A(－eq \r(3)，0)，B(eq \r(3)，0)，P为椭圆C上一点，且直线PA，PB的斜率乘积为－eq \f(2,3)，点M，N是椭圆C上不同于A，B的两点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△OMN的面积为定值．
2．解析 (1)∵直线x－y＋eq \r(5)＝0与椭圆有且只有一个公共点，
∴直线x－y＋eq \r(5)＝0与椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1相切，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－y＋eq \r(5)＝0,eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1))，得(b2＋a2)x2＋2eq \r(5)a2x＋5a2－a2b2＝0，∴Δ＝0，即a2＋b2＝5，
又∵e＝eq \f(\r(3),3)，∴a＝eq \r(3)，b2＝2，椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1．
(2)由题意M、N是椭圆C上不同于A，B的两点，
由题意知，直线PA，PB斜率存在且不为0，又由已知kAP·kBP＝－eq \f(2,3)．
由AP∥OM，BP∥ON，所以kOM·kON＝－eq \f(2,3)．
设直线MN的方程为x＝my－t，，代入椭圆方程得(2m2＋3)y2＋4mty＋2t2－6＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－eq \f(4mt,2m2＋3)，y1y2＝eq \f(2t2－6,2m2＋3)，
又kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(y1y2,m2y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2)＝eq \f(2t2－6,3t2－6m2)＝－eq \f(2,3)，可得2t2＝2m2＋3，
所以S△OMN＝eq \f(1,2)|t|·| y1－y2|＝eq \f(1,2)|t|·eq \f(eq \r(48m2－24t2＋72),2m2＋3)＝eq \f(1,2)|t|·eq \f(2eq \r(6)|t|,2t2)＝eq \f(\r(6),2)．
即△OMN的面积为定值eq \f(\r(6),2)．
3．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f (x2,4)＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直
线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (x1,2)，y1))，n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (x2,2)，y2))，m·n＝0．
(1)求证：k1·k2＝－eq \f (1,4)；
(2)试探求△POQ的面积S是否为定值，并说明理由．
3．解析 (1)∵k1，k2存在，∴x1x2≠0，∵m·n＝0，∴eq \f (x1x2,4)＋y1y2＝0，∴k1·k2＝eq \f (y1y2,x1x2)＝－eq \f (1,4)．
(2)①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由eq \f (y1y2,x1x2)＝－eq \f (1,4)，得eq \f (x\\al(2,1),4)－yeq \\al(2,1)＝0，
又由P(x1，y1)在椭圆上，得eq \f (x\\al(2,1),4)＋yeq \\al(2,1)＝1，∴|x1|＝eq \r(2)，|y1|＝eq \f (\r(2),2)，∴S△POQ＝eq \f (1,2)|x1|·|y1－y2|＝1．
②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,\f (x2,4)＋y2＝1))得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，
∴x1＋x2＝eq \f (－8kb,4k2＋1)，x1x2＝eq \f (4b2－4,4k2＋1)．∵eq \f (x1x2,4)＋y1y2＝0，∴eq \f (x1x2,4)＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，
得2b2－4k2＝1，满足Δ>0．
∴S△POQ＝eq \f (1,2)·eq \f (|b|,\r(1＋k2))|PQ|＝eq \f (1,2)|b|eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝2|b|·eq \f (\r(4k2＋1－b2),4k2＋1)＝1．∴△POQ的面积S为定值．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左､右焦点分别为F1，F2，椭圆C与y轴的一个交点为M，且|F1F2|
＝2eq \r(3)，|MF1|＝2．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设O为坐标原点，A，B为椭圆C上不同的两点，点A关于x轴的对称点为点D．若直线BD的斜率为1，求证：△OAB的面积为定值．
4．解析 (1)因为焦距为2eq \r(3)，所以2c＝2eq \r(3)，即c＝eq \r(3)，
由|MF1|＝2，得a＝2，即a2＝4，b2＝1，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1；
(2)证明：由题意知直线AB斜率一定存在，设直线方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则△OAB面积为S△OAB＝eq \f(1,2)|m|·|x1－x2|，D(x1，－y1)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m, eq \f(x2,4)＋y2＝1))，得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4m2－4＝0，∴x1＋x2＝eq \f (－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f (4m2－4,4k2＋1)，
因为直线BD的斜率为1，所以eq \f(y1＋y2,x2－x1)＝1，即k(x1＋x2)＋2m＝x2－x1，
即|eq \f (－8km,4k2＋1)＋2m|＝| x2－x1|，所以|eq \f (2m,4k2＋1)|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)，解得5m2＝16k2＋4，
所以S△OAB＝eq \f(1,2)|m|·|x1－x2|＝eq \f(1,2)|m|·|eq \f (2m,4k2＋1)|＝eq \f (m2,4k2＋1)＝eq \f(4,5)，综上，△OAB面积为定值eq \f(4,5)．
5．如图，设点A，B的坐标分别为(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为
－eq \f(2,3)．
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点P的轨迹为C，点M，N是轨迹C上不同于A，B的两点，且满足AP∥OM，BP∥ON，求证：△MON的面积为定值．
5．解析 (1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，kAP·kBP＝eq \f(y,x＋\r(3))·eq \f(y,x－\r(3))＝－eq \f(2,3)(x≠±eq \r(3))，
化简得，点P的轨迹方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1(x≠±eq \r(3))．
(2)由题意知，M，N是椭圆C上不同于A，B的两点，且AP∥OM，BP∥ON，
则直线AP，BP的斜率必存在且不为0．而且kOM·kON＝kAP·kBP＝－eq \f(2,3)．
设直线MN的方程为x＝my＋t，代入椭圆方程eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1，得(3＋2m2)y2＋4mty＋2t2－6＝0，
设M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，所以y1＋y2＝－eq \f(4mt,3＋2m2)，y1y2＝eq \f(2t2－6,3＋2m2)．
又kOM·kON＝eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(y1y2,m2y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2)＝eq \f(2t2－6,3t2－6m2)，所以eq \f(2t2－6,3t2－6m2)＝－eq \f(2,3)，即2t2＝2m2＋3．
又S△MON＝eq \f(1,2)|t||y1－y2|＝eq \f(1,2)eq \f(|t|\r(－24t2＋48m2＋72),3＋2m2)，所以S△MON＝eq \f(2\r(6)t2,4t2)＝eq \f(\r(6),2)，即△MON的面积为定值eq \f(\r(6),2)．
6．已知F是抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点，点M是抛物线上的定点，且eq \(MF,\s\up6(→))＝(4，0)．
(1)求抛物线C的方程；
(2)直线AB与抛物线C交于不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)且|x2－x1|＝3，直线l与AB平行，且与抛物线C相切，切点为N，试问△AMN的面积是否是定值．若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
6．解析 (1)设M(x0，y0)，由题知F(0，eq \f(p,2))，所以eq \(MF,\s\up6(→))＝(－x0，eq \f(p,2)－y0)＝(4，0)，
所以抛物线C的方程为x2＝8y．
(2)由题意知，直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋b，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b, x2＝8y))，整理得x2－8kx－8b＝0，则x1＋x2＝8k，x1x2＝－8b，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝8k2＋2b，
设AB的中点为Q，则点Q的坐标为(4k，4k2＋b)，
由条件设切线的方程为y＝kx＋t，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t, x2＝8y))，整理得x2－8kx－8t＝0，
因为直线与抛物线相切，所以Δ＝64 k2＋32t＝0，所以t＝－2k2，
所以x2－8kx＋16k2＝0，，所以x＝4k，所以y＝2k2，所以切点N的坐标为(4k，2k2)
所以NQ⊥x轴，所以|NQ|＝(4k2＋b)－2k2＝2k2＋b，因为|x2－x1|＝3，
又因为(x2－x1)2＝(x1＋x2)2－4 x1x2＝64k2＋32b，所以2k2＋b＝eq \f(9,32)，
所以S△AMN＝＝eq \f(1,2)|NQ||x2－x1|＝eq \f(1,2)(2k2＋b) |x2－x1|＝eq \f(27,64)．
所以△AMN的面积为定值，且定值为eq \f(27,64)．
题型二 两三角形面积的和差积商问题
[例7] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右顶点为A(2，0)，离心率e＝eq \f(\r(3),2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B为椭圆上顶点，P是椭圆C在第一象限上的一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，问△PMN与△PAB面积之差是否为定值？说明理由．
[规范解答] (1)依题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2－b2＝c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))则椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
(2)设P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4，直线PA：y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)，
令x＝0，得yM＝eq \f(－2y0,x0－2)，则|BM|＝|1－yM|＝yM－1＝－1－eq \f(2y0,x0－2)．
直线PB：y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得xN＝eq \f(－x0,y0－1)，则|AN|＝|2－xN|＝xN－2＝－2－eq \f(x0,y0－1)，
∴S△PMN－S△PAB＝eq \f(1,2)|AN|·(|OM|－|OB|)＝eq \f(1,2)|AN|·|BM|＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(x0,y0－1)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1－\f(2y0,x0－2)))
＝eq \f(1,2)·eq \f(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝eq \f(1,2)·eq \f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)＝2．
[例8] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e满足2e2－3eq \r(2)e＋2＝0，右顶点为A，上顶点为B，点C(0，－2)，过点C作一条与y轴不重合的直线l，直线l交椭圆E于P，Q两点，直线BP，BQ分别交x轴于点M，N；当直线l经过点A时，l的斜率为eq \r(2)．
(1)求椭圆E的方程；
(2)证明：S△BOM·S△BCN为定值．
[规范解答] (1)由2e2－3eq \r(2)e＋2＝0，解得e＝eq \f(\r(2),2)或e＝eq \r(2)（舍去），
∴a＝eq \r(2)c，又a2＝c2＋b2，a＝eq \r(2)b，又kAC＝eq \f (0－(－2),a－0)＝eq \r(2)，∴a＝eq \r(2)，b＝1，
∴椭圆E的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1；
(2)由题知，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－2，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2,eq \f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2－8kx＋6＝0，∴x1＋x2＝eq \f(8k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(6,1＋2k2)，
Δ＝(－8k)2－4×6×(2k2＋1)＞0，∴k2>eq \f(3,2)，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)－4＝eq \f(－4,1＋2k2)，y1y2＝(kx1－2)(kx2－2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝eq \f(4－2k2,1＋2k2)，
直线BP的方程为y＝eq \f (y1－1,x1)x＋1，令y＝0，解得x＝eq \f (x1,1－y1)，则M (eq \f (x1,1－y1)，0)．
同理可得N(eq \f (x2,1－y2)，0)．
∴S△BOM·S△BCN＝eq \f(3,4)|eq \f (x1,1－y1)||eq \f (x2,1－y2)|＝eq \f(3,4)|eq \f (x1x2,(1－y1)(1－y2))|＝eq \f(3,4)|eq \f (x1x2,1－(y1＋y2)＋y1y2))|＝eq \f(3,4)|eq \f (eq \f(6,1＋2k2),1－eq \f(－4,1＋2k2)＋eq \f(4－2k2,1＋2k2)))|＝eq \f(1,2)．
∴S△BOM·S△BCN为定值eq \f(1,2)．
【对点训练】
7．已知椭圆C的两个顶点分别为A(－2，0)，B(2，0)，焦点在x轴上，离心率为eq \f (\r(3),2)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图所示，点D为x轴上一点，过点D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M，N，过点D作AM的垂线交BN于点E．求证：△BDE与△BDN的面积之比为定值，并求出该定值．
7．解析 (1)设椭圆C的方程为eq \f (x2,a2)＋eq \f (y2,b2)＝1(a>b>0)，由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,\f (c,a)＝\f (\r(3),2)，,b2＋c2＝a2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,c＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f (x2,4)＋y2＝1．
(2)法一：设D(x0，0)，M(x0，y0)，N(x0，－y0)，－2因为AM⊥DE，所以kDE＝－eq \f (2＋x0,y0)，所以直线DE的方程为y＝－eq \f (2＋x0,y0)(x－x0)．
因为kBN＝－eq \f (y0,x0－2)，所以直线BN的方程为y＝－eq \f (y0,x0－2)(x－2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f (2＋x0,y0)(x－x0),y＝－\f (y0,x0－2)(x－2)，))解得Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f (4,5)x0＋\f (2,5)，－\f (4,5)y0))，
所以eq \f (S△BDE,S△BDN)＝eq \f (\f (1,2)|BD|·|yE|,\f (1,2)|BD|·|yN|)＝eq \f (\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f (4,5)y0)),|－y0|)＝eq \f (4,5)．故△BDE与△BDN的面积之比为定值eq \f (4,5)．
法二：设M(2cs θ，sin θ)(θ≠kπ，k∈Z)，则D(2cs θ，0)，N(2cs θ，－sin θ)，设eq \(BE,\s\up7(→))＝λeq \(BN,\s\up7(→))，
则eq \(DE,\s\up7(→))＝eq \(DB,\s\up7(→))＋eq \(BE,\s\up7(→))＝eq \(DB,\s\up7(→))＋λeq \(BN,\s\up7(→))＝(2－2cs θ，0)＋λ(2cs θ－2，－sin θ)
＝(2－2cs θ＋2λcs θ－2λ，－λsin θ)．
又eq \(AM,\s\up7(→))＝(2cs θ＋2，sin θ)，由eq \(AM,\s\up7(→))⊥eq \(DE,\s\up7(→))，得eq \(AM,\s\up7(→))·eq \(DE,\s\up7(→))＝0，
从而[(2－2cs θ)＋λ(2cs θ－2)](2cs θ＋2)－λsin2θ＝0，
整理得4sin2θ－4λsin2θ－λsin2θ＝0，即5λsin2θ＝4sin2θ．所以λ＝eq \f (4,5)，所以eq \f (S△BDE,S△BDN)＝eq \f (|BE|,|BN|)＝eq \f (4,5)．
故△BDE与△BDN的面积之比为定值eq \f (4,5)．
8．已知O为坐标原点，过点M(1，0)的直线l与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，且eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M作直线l′⊥l交抛物线C于P，Q两点，记△OAB，△OPQ的面积分别为S1，S2，证明：eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))为定值．
8．解析 (1)设直线l：x＝my＋1，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝2px，))消去x得，y2－2pmy－2p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2pm，y1y2＝－2p，
又因为eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝(my1＋1)(my2＋1)＋y1y2＝(1＋m2)y1y2＋m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)(－2p)＋2pm2＋1＝－2p＋1＝－3．
解得p＝2．所以抛物线C的方程为y2＝4x．
(2)由(1)知M(1，0)是抛物线C的焦点，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝my1＋my2＋2＋p＝4m2＋4．原点到直线l的距离d＝eq \f(1,\r(1＋m2))，
所以S1＝eq \f(1,2)×eq \f(1,\r(1＋m2))×4(m2＋1)＝2eq \r(1＋m2)．
因为直线l′过点(1，0)且l′⊥l，所以S2＝2eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)))2)＝2eq \r(\f(1＋m2,m2))．
所以eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))＝eq \f(1,4(1＋m2))＋eq \f(m2,4(1＋m2))＝eq \f(1,4)．即eq \f(1,S\\al(2,1))＋eq \f(1,S\\al(2,2))为定值eq \f(1,4)．
题型三 四边形面积问题
[例9] (2016·北京)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1过A(2，0)，B(0，1)两点．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N．求证：四边形ABNM的面积为定值．
[规范解答] (1)由题意得，a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1．
又c＝eq \r(a2－b2)＝eq \r(3)，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)．
(2)设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4．又A(2，0)，B(0，1)，
所以，直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)．令x＝0，得yM＝－eq \f(2y0,x0－2)，从而|BM|＝1－yM＝1＋eq \f(2y0,x0－2)．
直线PB的方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1，令y＝0，得xN＝－eq \f(x0,y0－1)，从而|AN|＝2－xN＝2＋eq \f(x0,y0－1)．
所以四边形ABNM的面积S＝eq \f(1,2)|AN|·|BM|＝eq \f(1,2)(2＋eq \f(x0,y0－1))(1＋eq \f(2y0,x0－2))＝eq \f(xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,2（x0y0－x0－2y0＋2）)
＝eq \f(2x0y0－2x0－4y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)＝2．从而四边形ABNM的面积为定值．
[例10] 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左､右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(3),2)，点G是椭圆上一点，△GF1F2的周长为6＋4eq \r(3)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，且四边形OAGB为平行四边形，求证：OAGB的面积为定值．
[规范解答] (1)因为△GF1F2的周长为6＋4eq \r(3)，所以2a＋2c＝6＋4eq \r(3)，即a＋c＝3＋2eq \r(3)．
又离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，解得a＝2eq \r(3)，c＝3，b2＝3．∴椭圆C的方程为eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1．
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(x0，y0)，将y＝kx＋m代入eq \f(x2,12)＋eq \f(y2,3)＝1
消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
则x1＋x2＝eq \f(8km,1＋4k2)，x1·x2＝eq \f(4m2－12,1＋4k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2m,1＋2k2)，
∵四边形OAGB为平行四边形，eq \(OG,\s\up6(→))＝eq \(OA,\s\up6(→))＋eq \(OB,\s\up6(→))＝(x1＋x2，y1＋y2)，得G(eq \f(8km,1＋4k2)，eq \f(2m,1＋2k2))，
将G点坐标代入椭圆C方程得m2＝eq \f(3,4)(1＋4k2)，
点O到直线AB的距离为d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|，
∴平行四边形OAGB的面积为S＝d·|AB|＝|m|·|x1－x2|＝|m|·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝4eq \f(|m|eq \r(3－m2＋12k2),1＋4k2)＝4eq \f(|m|eq \r(3m2),1＋4k2)＝4eq \r(3)eq \f(m2,1＋4k2)＝3eq \r(3)．
故平行四边形OAGB的面积为定值为3eq \r(3)．
【对点训练】
9．如图，已知双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1的左右焦点分别为F1、F2，若点P为双曲线C在第一象限上的一点，
且满足|PF1|＋|PF2|＝8，过点P分别作双曲线C两条渐近线的平行线PA、PB与渐近线的交点分别是A和B．
(1)求四边形OAPB的面积；
(2)若对于更一般的双曲线C′：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，点P′为双曲线C′上任意一点，过点P′分别作双曲线C′两条渐近线的平行线P′A′、P′B′与渐近线的交点分别是A′和B′．请问四边形OA′P′B′的面积为定值吗？若是定值，求出该定值(用a、b表示该定值)；若不是定值，请说明理由．
9．解析 (1)因为双曲线C：x2－eq \f(y2,3)＝1，由双曲线的定义可得|PF1|－|PF2|＝2，
又因为|PF1|＋|PF2|＝8，∴|PF1|＝5，|PF2|＝3，
因为|F1F2|＝2eq \r(1＋3)＝4，所以，|PF2|2＋|F1F2|2＝|PF1|2，PF2⊥x轴，
∴点P的横坐标为xP＝2，所以，22－eq \f(yP2,3)＝1，因为yP>0，可得yP＝3，即点P(2，3)，
过点P且与渐近线y＝－eq \r(3)x平行的直线的方程为y－3＝－eq \r(3)(x－2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－eq \r(3)x,y－3＝－eq \r(3)(x－2)))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝1＋eq \f(eq \r(3),2),y＝eq \r(3)＋eq \f(3,2)))，即点B(1＋eq \f(eq \r(3),2)，eq \r(3)＋eq \f(3,2))，
直线OP的方程为3x－2y＝0，点B到直线OP的距离为d＝eq \f(eq \f(eq \r(3),2),eq \r(13))＝eq \f(eq \r(3),2eq \r(13))，
且|OP|＝eq \r(13)，因此，四边形OAPB的面积为2S△OBP＝|OP| d＝eq \f(eq \r(3),2)；
(2)四边形OA′P′B′的面积为定值eq \f(1,2)ab，理由如下：
设点P′(x0，y0)，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，
则直线P′B′的方程为y－y0＝－eq \f(b,a)(x－x0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y0＝－eq \f(b,a)(x－x0),y＝eq \f(b,a)x))，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝eq \f(x0,2)＋eq \f(a,2b)y0,y＝eq \f(y0,2)＋eq \f(b,2a)x0))，即点B′(eq \f(x0,2)＋eq \f(a,2b)y0，eq \f(y0,2)＋eq \f(b,2a)x0)，
直线OP′的方程为y＝eq \f(y0,x0)x，即y0x－x0y＝0，
点B′到直线OP′的距离为d＝eq \f(|y0(eq \f(x0,2)＋eq \f(a,2b)y0)－x0(eq \f(y0,2)＋eq \f(b,2a)x0)|,eq \r(x02＋y02))
＝eq \f(|a2y02－b2x02|,2abeq \r(x02＋y02))＝eq \f(a2b2,2abeq \r(x02＋y02))＝eq \f(ab,2eq \r(x02＋y02))，且|OP′|＝eq \r(x02＋y02)，
因此，四边形OA′P′B′的面积为2S△OB′P′＝eq \f(ab,2eq \r(x02＋y02)) eq \r(x02＋y02)＝eq \f(ab,2)(定值)．
10．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，\f(a,b)))在椭圆上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值．
10．解析 (1)∵椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，∴e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，得a2＝2b2，①
又点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b，\f(a,b)))在椭圆C上，∴eq \f(b2,a2)＋eq \f(a2,b4)＝1，②．
联立①②得a2＝8，b2＝4．∴椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1．
(2)当直线PN的斜率k不存在时，PN的方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2)，从而有|PN|＝2eq \r(3)，
∴S＝eq \f(1,2)|PN|·|OM|＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×2eq \r(2)＝2eq \r(6)；
当直线PN的斜率k存在时，设直线PN的方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，
将PN的方程代入椭圆C的方程，整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
Δ＝16k2m2－4(2m2－8)(1＋2k2)>0，即m2<4＋8k2，∴x1＋x2＝eq \f(－4km,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(2m2－8,1＋2k2)，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝eq \f(2m,1＋2k2)，由eq \(OM,\s\up6(→))＝eq \(OP,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－4km,1＋2k2)，\f(2m,1＋2k2)))．
将M点坐标代入椭圆C的方程，得m2＝1＋2k2，
又点O到直线PN的距离为d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，|PN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|，
∴S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝eq \r(1＋2k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝ eq \r(\f(48k2＋24,2k2＋1))＝2eq \r(6)．
综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2eq \r(6)．