Question

11．已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）經(jīng)過點(diǎn)$M（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，且兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)構(gòu)成等腰直角三角形．
（Ⅰ）求橢圓的方程；
（Ⅱ）若圓x²+y²=$\frac{2}{3}$的任意一條切線l與橢圓E相交于P，Q兩點(diǎn)，試問：$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$是否為定值？若是，求這個(gè)定值；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意求得a和b的關(guān)系，將M代入橢圓方程即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（Ⅱ）分類，當(dāng)斜率不存在時(shí)，求得P和Q點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，求得$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=0，當(dāng)斜率存在時(shí)，代入橢圓方程，由向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，即可求得$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=0為定值．

解答 解：（Ⅰ）橢圓C的兩焦點(diǎn)與短軸的一個(gè)端點(diǎn)連線構(gòu)成等腰直角三角形，則a=$\sqrt{2}$b，
故橢圓的方程為$\frac{x^2}{{2{b^2}}}+\frac{y^2}{b^2}=1$．
又因?yàn)闄E圓經(jīng)過點(diǎn)$M（1，\frac{{\sqrt{2}}}{2}）$，代入可得b=1，則$a=\sqrt{2}$，
故所求橢圓方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$．…（5分）
（Ⅱ）①當(dāng)l的斜率不存在時(shí)，l的方程$x=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$或$x=-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$則$P（\frac{{\sqrt{6}}}{3}，\frac{{\sqrt{6}}}{3}），Q（\frac{{\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{\sqrt{6}}}{3}）$或$P（-\frac{{\sqrt{6}}}{3}，\frac{{\sqrt{6}}}{3}），Q（-\frac{{\sqrt{6}}}{3}，-\frac{{\sqrt{6}}}{3}）$，
∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=0；（6分）
②當(dāng)l的斜率存在時(shí)，設(shè)l方程y=kx+m，則滿足：$\frac{|m|}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$，
即3m²-2k²-2=0，…（8分）
又由，$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.⇒（1+2{k^2}）{x^2}+4kmx+2{m^2}-2=0$…（9分）
∴${x_p}+{x_Q}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}，{x_p}•{x_Q}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$
故${y_p}•{y_Q}=（k{x_p}+m）•（k{x_Q}+m）=\frac{{{m^2}-2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$，∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}={x_p}{x_Q}+{y_p}{y_Q}=\frac{{3{m^2}-2{k^2}-2}}{{1+2{k^2}}}$，…（13分）
∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$=0，綜合①②可知$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}$為定值0．…（15分）

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置，考查韋達(dá)定理，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．