Question

3．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1\;（a＞b＞0）$的右焦點為$（\sqrt{2}，0）$，且經過點$（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-\frac{{\sqrt{7}}}{2}）$，過橢圓的左頂點A作直線l⊥x軸，點M為直線l上的動點（點M與點A不重合），點B為橢圓右頂點，直線BM交橢圓C于點P．
（1）求橢圓C的方程；
（2）求證：AP⊥OM；
（3）試問$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OM}$是否為定值？若是定值，請求出該定值；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由c=$\sqrt{2}$，橢圓過點$（\frac{{\sqrt{2}}}{2}，-\frac{{\sqrt{7}}}{2}）$，結合a、b、c的關系列出方程組，求出a²和b²即可；
（2）根據(jù)題意直線BM的斜率存在，設出BM的方程，與橢圓方程聯(lián)立消去y，
求出點P的橫坐標，從而求出y_P，寫出$\overrightarrow{AP}$、$\overrightarrow{OM}$的坐標表示，利用$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{AP}$=0證明AP⊥OM；
（3）寫出$\overrightarrow{OP}$的坐標表示，計算$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$即可得出結論．

解答 解：（1）由已知得c=$\sqrt{2}$①，
又$\frac{1}{{2a}^{2}}$+$\frac{7}{{4b}^{2}}$=1②，
a²=b²+c²③；
聯(lián)立①②③，
解得a²=4，b²=2；
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1；
（2）證明：由（1）知，A（-2，0），B（2，0），直線BM斜率顯然存在，
設BM方程為y=k（x-2），則M（-2，-4k），
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，消去y得
（2k²+1）x²-8k²+8k²-4=0，
解得x₁=$\frac{{4k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$，x₂=2；
∴x_P=$\frac{{4k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$，
∴y_P=k（x_P-2）=$\frac{-4k}{{2k}^{2}+1}$，
即P（$\frac{{4k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$，$\frac{-4k}{{2k}^{2}+1}$）；
又$\overrightarrow{AP}$=（$\frac{{8k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$，$\frac{-4k}{{2k}^{2}+1}$），
$\overrightarrow{OM}$=（-2，-4k）；
∴$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{AP}$=$\frac{-1{6k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$+$\frac{1{6k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$=0，
∴$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{AP}$，即AP⊥OM；
（3）∵$\overrightarrow{OP}$=（$\frac{{4k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$，$\frac{-4k}{{2k}^{2}+1}$），
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$=$\frac{-2（{4k}^{2}-2）}{{2k}^{2}+1}$+$\frac{（-4k）（-4k）}{{2k}^{2}+1}$=$\frac{{8k}^{2}+4}{{2k}^{2}+1}$=4；
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$為定值4．

點評 本題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與橢圓相交問題、一元二次方程根與系數(shù)的關系以及向量垂直的數(shù)量積關系，也考查了推理與計算能力，是難題．