Question

11．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的左、右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，左、右頂點(diǎn)分別為A₁，A₂，上、下頂點(diǎn)分別為B₂，B₁，△B₂OF₂是斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，直線l過A₂且垂直于x軸，D為l上異于A₂的一動(dòng)點(diǎn)，直線A₁D交橢圓于點(diǎn)C．
（1）求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若A₁C=2CD，求直線OD的方程；
（3）求證：$\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}$為定值．

Answer 1

分析 （1）利用已知條件，求出橢圓的幾何量a，b，即可求出橢圓方程．
（2）設(shè)C（x₁，y₁），D（2，y₂），通過$\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{CD}$，求出C、D的坐標(biāo)，然后求解直線OD的方程．
（3））（解法一）設(shè)D（2，y₀），C（x₁，y₁），推出直線A₁D方程$y=\frac{y_0}{4}x+\frac{1}{2}{y_0}$，代入橢圓$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$，利用韋達(dá)定理，求出$\overrightarrow{OC}=（-\frac{2（y_0^2-8）}{y_0^2+8}，\frac{{8{y_0}}}{y_0^2+8}）$，然后求解向量的數(shù)量積即可．
（解法二）由已知直線A₁D斜率存在，設(shè)A₁D的方程為y=k（x+2），設(shè)C（x₀，y₀），由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+2）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$消去y，利用韋達(dá)定理，求出$\overrightarrow{OC}=（\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{4k}{{1+2{k^2}}}）$，然后求解向量的數(shù)量積．

解答 解：（1）因?yàn)椤鰾₂OF₂是斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，
所以a=2，b=c，
又因?yàn)閍²=b²+c²，所以b²=2，
所以橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．…（4分）
（2）設(shè)C（x₁，y₁），D（2，y₂），
因?yàn)锳C=2CD，所以$\overrightarrow{AC}=2\overrightarrow{CD}$，
所以有（x₁-（-2），y₁-0）=2（2-x₁，y₂-y₁），…（6分）
所以$\left\{\begin{array}{l}{x_1}+2=4-2{x_1}\\{y_1}=2（{y_2}-{y_1}）\end{array}\right.$，解得${x_1}=\frac{2}{3}$，代入橢圓方程得${y_1}=±\frac{4}{3}$，
則當(dāng)${y_1}=\frac{4}{3}$時(shí)，y₂=2，D（2，2），直線OD的方程為y=x；  …（8分）
當(dāng)${y_1}=-\frac{4}{3}$時(shí)y₂=-2，D（2，-2），直線OD的方程為y=-x．…（10分）
（3）（解法一）設(shè)D（2，y₀），C（x₁，y₁），
則直線A₁D：$\frac{{y-{y_0}}}{{-{y_0}}}=\frac{x-2}{-4}$，即$y=\frac{y_0}{4}x+\frac{1}{2}{y_0}$，
代入橢圓$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$得$（1+\frac{y_0^2}{8}）{x^2}+\frac{1}{2}y_0^2x+\frac{1}{2}y_0^2-4=0$．…（12分）
因?yàn)?{x_1}（-2）=\frac{4（y_0^2-8）}{y_0^2+8}$，所以${x_1}=-\frac{2（y_0^2-8）}{y_0^2+8}$，${y_1}=\frac{{8{y_0}}}{y_0^2+8}$，
則$\overrightarrow{OC}=（-\frac{2（y_0^2-8）}{y_0^2+8}，\frac{{8{y_0}}}{y_0^2+8}）$，…（14分）
所以$\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}=-\frac{4（y_0^2-8）}{y_0^2+8}+\frac{8y_0^2}{y_0^2+8}=\frac{4y_0^2+32}{y_0^2+8}=4$（定值）．…（16分）

（解法二）由已知直線A₁D斜率存在，設(shè)A₁D的方程為y=k（x+2），
設(shè)C（x₀，y₀）由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x+2）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$得x²+2k²（x+2）²=4，
即（1+2k²）x²+8k²x+8k²-4=0，…（12分）
則${x_0}•（-2）=\frac{{8{k^2}-4}}{{1+2{k^2}}}$，∴${x_0}=\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，${y_0}=\frac{4k}{{1+2{k^2}}}$，
則$C（\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{4k}{{1+2{k^2}}}）$，
故$\overrightarrow{OC}=（\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}，\frac{4k}{{1+2{k^2}}}）$．…（14分）
由y=k（x+2）令x=2，得y=4k，則F（2，4k），故$\overrightarrow{OF}=（2，4k）$
所以，$\overrightarrow{OC}•\overrightarrow{OD}$=$\frac{{2-4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}•2+\frac{4k}{{1+2{k^2}}}•4k=4$（定值）…（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查向量與橢圓方程的綜合應(yīng)用，橢圓方程的求法，直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，考查計(jì)算能力．