Question

5．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：$\frac{x^2}{a^2}$+$\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，且經(jīng)過點(diǎn)（$\sqrt{2}$，1），過橢圓的左頂點(diǎn)A作直線l⊥x軸，點(diǎn)M為直線l上的動(dòng)點(diǎn)（點(diǎn)M與點(diǎn)A不重合），點(diǎn)B為橢圓右頂點(diǎn)，直線BM交橢圓C于點(diǎn)P．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）求證：AP⊥OM；
（Ⅲ）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 （Ⅰ）由已知$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，又$\frac{2}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1$，a²=b²+c²．聯(lián)立解得即可得出橢圓C的方程．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，A（-2，0），B（2，0），直線BM斜率顯然存在，設(shè)BM方程為y=k（x-2），則M（-2，-4k），與橢圓方程聯(lián)立化為（2k²+1）x²-8k²+8k²-4=0，△＞0，利用根與系數(shù)的關(guān)系，只要證明$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{OM}$=0即可．
（Ⅲ）利用數(shù)量積運(yùn)算性質(zhì)即可得出．

解答 （Ⅰ）解：由已知$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，又$\frac{2}{a^2}+\frac{1}{b^2}=1$，∴a²=b²+c²．
聯(lián)立解得：a²=4，b²=2．
∴橢圓C的方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知，A（-2，0），B（2，0），直線BM斜率顯然存在，
設(shè)BM方程為y=k（x-2），則M（-2，-4k），
由$\left\{\begin{array}{l}y=k（x-2）\\ \frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\end{array}\right.$，得（2k²+1）x²-8k²+8k²-4=0，△＞0，
則$2{x_P}=\frac{{8{k^2}-4}}{{2{k^2}+1}}$，∴${x_P}=\frac{{4{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}$，${y_P}=k（{x_P}-2）=\frac{-4k}{{2{k^2}+1}}$，即$P（\frac{{4{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}，\frac{-4k}{{2{k^2}+1}}）$．
又$\overrightarrow{AP}=（\frac{{8{k^2}}}{{2{k^2}+1}}，\frac{-4k}{{2{k^2}+1}}）$，$\overrightarrow{OM}=（-2，-4k）$，
∴$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{OM}=\frac{{-16{k^2}}}{{2{k^2}+1}}+\frac{{16{k^2}}}{{2{k^2}+1}}=0$，即AP⊥OM．
（Ⅲ）解：$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OM}=（\frac{{4{k^2}-2}}{{2{k^2}+1}}，\frac{-4k}{{2{k^2}+1}}）•（-2，-4k）=\frac{{-8{k^2}+4+16{k^2}}}{{2{k^2}+1}}=\frac{{8{k^2}+4}}{{2{k^2}+1}}=4$，
∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OM}$為定值4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次的根與系數(shù)的關(guān)系、向量垂直于數(shù)量積的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．