Question

3．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），右焦點(diǎn)F（$\sqrt{2}$，0），點(diǎn)D（$\sqrt{2}$，1）在橢圓上
（Ⅰ）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）已知直線l：y=kx與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，P為橢圓C上異于A，B的動(dòng)點(diǎn)；若直線PA，PB的斜率都存在，判斷k_PA•k_PB是否為定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓右焦點(diǎn)F（$\sqrt{2}$，0），點(diǎn)D（$\sqrt{2}$，1）在橢圓上，列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），則B（-x₁，-y₁），設(shè)P（2cosθ，$\sqrt{2}$sinθ），則 k_PA•k_PA=$\frac{{{y}_{1}}^{2}-2si{n}^{2}θ}{{{x}_{1}}^{2}-4co{s}^{2}θ}$，由此能推導(dǎo)出k_PA•k_PB為定值．

解答 解：（Ⅰ）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），右焦點(diǎn)F（$\sqrt{2}$，0），點(diǎn)D（$\sqrt{2}$，1）在橢圓上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=\sqrt{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=1}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=4，b²=2，
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），∵直線l：y=kx與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，∴點(diǎn)A、B關(guān)于原點(diǎn)O對(duì)稱(chēng)，∴B（-x₁，-y₁）． 
∵P為橢圓C上異于A，B的動(dòng)點(diǎn)，∴設(shè)P（2cosθ，$\sqrt{2}$sinθ），
則 k_PA=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{2}sinθ}{{x}_{1}-2cosθ}$，k_PA=$\frac{-{y}_{1}-\sqrt{2}sinθ}{-{x}_{1}-2cosθ}$=$\frac{{{y}_{1}+\sqrt{2}sinθ}^{\;}}{{x}_{1}+2cosθ}$，
∴kP_PA•k_PA=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{2}sinθ}{{x}_{1}-2cosθ}$•$\frac{{{y}_{1}+\sqrt{2}sinθ}^{\;}}{{x}_{1}+2cosθ}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}-2si{n}^{2}θ}{{{x}_{1}}^{2}-4co{s}^{2}θ}$，
∵A在橢圓上，∴$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{2}$=1，∴${{y}_{1}}^{2}$=2（1-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$），
∴k_PA•k_PA=$\frac{2（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}）-2si{n}^{2}θ}{{{x}_{1}}^{2}-4co{s}^{2}θ}$=$\frac{2co{s}^{2}θ-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}}{{{x}_{1}}^{2}-4co{s}^{2}θ}$=-$\frac{1}{2}$，
∴k_PA•k_PB為定值-$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查兩直線的斜率之積是否為定值的判斷與求法，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意橢圓的對(duì)稱(chēng)性質(zhì)和參數(shù)方程的合理運(yùn)用．