题目内容
20.已知椭圆E:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1(a>0),过x轴上一点Q(t,0),且斜率为k≠0的动直线l交椭圆E于A、B两点,A′与A关于x轴对称,直线BA′交x轴于点P,当t=0,k=$\sqrt{2}$时,|AB|=$\frac{4\sqrt{15}}{5}$.(1)求a;
(2)若t≠0,则|OP|•|OQ|是否为定值?若是求出这个定值,若不是说明理由.
分析 (1)当t=0,k=$\sqrt{2}$时,直线l的方程为:y=$\sqrt{2}$x,代入椭圆方程化为x2=$\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}+1}$,y2=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+1}$,利用|AB|=$\frac{4\sqrt{15}}{5}$,解得a.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),A′(x1,y1),直线BA′的方程为:$y-{y}_{2}=\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}(x-{x}_{2})$,令y=0,解得xP,直线l的方程为:y=k(x-t),与椭圆方程联立化为(1+2k2)x2-4k2tx+2k2t2-4=0,△>0,把根与系数的关系代入xP=$\frac{4}{t}$,即可得出|OP|•|OQ|为定值.
解答 解:(1)当t=0,k=$\sqrt{2}$时,直线l的方程为:y=$\sqrt{2}$x,代入椭圆方程可得:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{2{x}^{2}}{2}$=1,
化为x2=$\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}+1}$,y2=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+1}$,
∵|AB|=$\frac{4\sqrt{15}}{5}$,
∴$(\frac{4\sqrt{15}}{5})^{2}$=4(x2+y2)=4$(\frac{{a}^{2}}{{a}^{2}+1}+\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+1})$,化为a2=4,a>0,
解得a=2.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),A′(x1,y1),
直线BA′的方程为:$y-{y}_{2}=\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}(x-{x}_{2})$,
令y=0,解得xP=x2+$\frac{{y}_{2}({x}_{1}-{x}_{2})}{{y}_{1}+{y}_{2}}$=$\frac{{x}_{1}{y}_{2}+{x}_{2}{y}_{1}}{{y}_{1}+{y}_{2}}$,
直线l的方程为:y=k(x-t),联立$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-t)}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$,化为(1+2k2)x2-4k2tx+2k2t2-4=0,
△>0,
∴x1+x2=$\frac{4{k}^{2}t}{1+2{k}^{2}}$,x1x2=$\frac{2{k}^{2}{t}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$.
∴xP=$\frac{{kx}_{1}({x}_{2}-t)+{kx}_{2}({x}_{1}-t)}{k({x}_{1}+{x}_{2}-2t)}$=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-t({x}_{1}+{x}_{2})}{{x}_{1}+{x}_{2}-2t}$=$\frac{\frac{2(2{k}^{2}{t}^{2}-4)}{1+2{k}^{2}}-\frac{4{k}^{2}{t}^{2}}{1+2{k}^{2}}}{\frac{4{k}^{2}t}{1+2{k}^{2}}-2t}$=$\frac{4}{t}$.
∴|OP|•|OQ|=$\frac{4}{t}×t$=4为定值.
点评 本题考查了圆锥曲线的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题转化为方程联立可得△>0及其根与系数的关系、定值问题等基础知识与基本技能,考查了推理能力与计算能力,属于难题.
A. | $\frac{\sqrt{5}}{4}$ | B. | $\frac{\sqrt{5}}{2}$ | C. | $\sqrt{5}$ | D. | 5 |