过椭圆 $\frac{x^2}{5} + \frac{y^2}{4} = 1$ 的右焦点作一条斜率为 $2$ 的直线与椭圆交于 $A$，$B$ 两点，$O$ 为坐标原点，则 $\triangle OAB$ 的面积为______.

已知曲线 $C_{1}$： （$\theta$ 为参数），曲线 $C_2$： （$t$ 为参数）.

(1) 指出 $C_1$，$C_2$ 各是什么曲线，并说明 $C_1$ 与 $C_2$ 公共点的个数； (2) 若把 $C_1$，$C_2$ 上各点的纵坐标都压缩为原来的一半，分别得到曲线 $C_1'$，$C_2'$. 写出 $C_1'$，$C_2'$ 的参数方程. $C_1'$ 与 $C_2'$ 公共点的个数和 $C_1$ 与 $C_2$ 公共点的个数是否相同？说明你的理由.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 对 $C_1$ 消去参数，得 $x^{2}+y^{2}=\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta=1$，所以 $C_1$ 是以原点为圆心、半径为 $1$ 的圆.

对 $C_2$ 的参数方程作差，得 $x-y=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}t-\sqrt{2}\right)-\frac{\sqrt{2}}{2}t=-\sqrt{2}$，所以 $C_2$ 是直线 $x-y+\sqrt{2}=0$. 该直线到原点的距离为 $\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{1^{2}+(-1)^{2}}}=1$， 恰好与单位圆相切，因此 $C_1$ 与 $C_2$ 有一个公共点.

\item 纵坐标压缩为原来的一半后，横坐标不变，故 由 $C_1'$ 得 $x^{2}+4y^{2}=1$，由 $C_2'$ 得 $x=2y-\sqrt{2}$. 代入可得 $(2y-\sqrt{2})^{2}+4y^{2}=1$，即 $8y^{2}-4\sqrt{2}y+1=0$. 其判别式为 $\left(-4\sqrt{2}\right)^{2}-4\times8\times1=0$， 所以 $C_1'$ 与 $C_2'$ 仍有一个公共点. 因此压缩前后公共点的个数相同，均为 $1$. \end{enumerate} \end{solution}