Question

14．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長是短軸長的$\sqrt{2}$倍，且過點（2，$\sqrt{2}$）．
（1）求橢圓M的方程；
（2）四邊形ABCD的頂點都在橢圓M上，且對角線AC，BD過原點O，若直線AC與BD的斜率之積為-$\frac{1}{2}$，求證：-2≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$＜2．

Answer 1

分析 （1）由橢圓長軸長是短軸長的$\sqrt{2}$倍，且過點（2，$\sqrt{2}$），列出方程組，求出a，b，由此能求出橢圓M的方程．
（2））設直線AB的方程為y=kx+m，與橢圓聯(lián)立，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，由此利用根的判別式、韋達定理、直線的斜率、向量的數(shù)量積，能證明-2≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$＜2．

解答 解：（1）∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長是短軸長的$\sqrt{2}$倍，且過點（2，$\sqrt{2}$），
∴$\left\{\begin{array}{l}{2a=2\sqrt{2}b}\\{\frac{4}{{a}^{2}}+\frac{2}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a=2$\sqrt{2}$，b=2，
∴橢圓M的方程為$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}$=1．
證明：（2）設直線AB的方程為y=kx+m，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=8}\end{array}\right.$，得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-8=0，
△=（4km）²-4（1+2k²）（2m²-8）=8（8k²-m²+4）＞0，①
$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=-\frac{4km}{1+2{k}^{2}}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}}\end{array}\right.$，
∵對角線AC，BD過原點O，直線AC與BD的斜率之積為-$\frac{1}{2}$，∴$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=-$\frac{1}{2}$，
∴${y}_{1}{y}_{2}=-\frac{1}{2}{x}_{1}{x}_{2}$=-$\frac{1}{2}•\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$=-$\frac{{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$，
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₁+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²
=${k}^{2}×\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$+km×$\frac{-4km}{1+2{k}^{2}}$+m²=$\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
∴-$\frac{{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}=\frac{{m}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，∴-（m²-4）=m²-8k²，
∴4k²+2=m²，
$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=x₁x₂+y₁y₂=$\frac{2{m}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}-\frac{{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{{m}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$=$\frac{4{k}^{2}+2-4}{1+2{k}^{2}}$=2-$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$，
∴-2=2-4≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$＜2．
∴-2≤$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$＜2．

點評 本題考查橢圓方程的求法，考查向量的數(shù)量積的范圍的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、直線的斜率、向量的數(shù)量積的合理運用．