分析 (1)由已知求出2c,進(jìn)一步得到c,再由$\overrightarrow{A{F}_{1}}$•$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2得到b,c的關(guān)系,結(jié)合隱含條件求得a,b的值,則橢圓方程可求;
(2)分直線l的斜率不存在和存在兩種情況討論,當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直接求出k1+k2的值;當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)出直線方程,聯(lián)立直線方程和橢圓方程,利用根與系數(shù)的關(guān)系及斜率公式求得k1+k2為定值.
解答 解:(1)如圖,
∵點(diǎn)P(-2,-2),且|$\overrightarrow{OP}$|=|$\overrightarrow{{F}_{1}{F}_{2}}$|,
∴2c=$\sqrt{(-2)^{2}+(-2)^{2}}=2\sqrt{2}$,則c=$\sqrt{2}$,
又$\overrightarrow{A{F}_{1}}$•$\overrightarrow{A{F}_{2}}$=2,得(-c,-b)•(c,-b)=b2-c2=2,
∴b2=c2+2=4,則a2=b2+c2=6.
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$;
(2)當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí),直線方程為x=-2,
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{x=-2}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$,解得:Q($-2,-\frac{2\sqrt{3}}{3}$),H($-2,\frac{2\sqrt{3}}{3}$),
又A(0,2),∴${k}_{1}=\frac{-\frac{2\sqrt{3}}{3}-2}{-2}=1+\frac{\sqrt{3}}{3}$,${k}_{2}=\frac{\frac{2\sqrt{3}}{3}-2}{-2}=1-\frac{\sqrt{3}}{3}$,k1+k2=2;
當(dāng)直線l的斜率存在時(shí),設(shè)直線方程為y+2=k(x+2),即y=kx+2k-2,
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+2k-2}\\{\frac{{x}^{2}}{6}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\end{array}\right.$,得(2+3k2)x2+(12k2-12k)x+12k2-24k=0.
設(shè)Q(x1,y1),H(x2,y2),
則${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{12k-12{k}^{2}}{2+3{k}^{2}},{x}_{1}{x}_{2}=\frac{12{k}^{2}-24k}{2+3{k}^{2}}$.
${k}_{1}=\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}},{k}_{2}=\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}}$,
則${k}_{1}+{k}_{2}=\frac{{y}_{1}-2}{{x}_{1}}+\frac{{y}_{2}-2}{{x}_{2}}$=$\frac{{x}_{2}{y}_{1}-2{x}_{2}+{x}_{1}{y}_{2}-2{x}_{1}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$2k+\frac{(2k-4)({x}_{1}+{x}_{2})}{{x}_{1}{x}_{2}}$
=$2k+\frac{(2k-4)•\frac{12k-12{k}^{2}}{2+3{k}^{2}}}{\frac{12{k}^{2}-24k}{2+3{k}^{2}}}$=$2k+\frac{(2k-4)(12k-12{k}^{2})}{12{k}^{2}-24k}=2$.
綜上,k1+k2為定值2.
點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法,考查了橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì),訓(xùn)練了向量法在解圓錐曲線問(wèn)題中的應(yīng)用,是中檔題.
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