Question

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．

Answer 1

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x_P，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x_P=$\frac{4}{t}$，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x_P=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=$\frac{2{k}^{2}{t}^{2}-4}{1+2{k}^{2}}$．
∴x_P=$\frac{{kx}_{1}（{x}_{2}-t）+{kx}_{2}（{x}_{1}-t）}{k（{x}_{1}+{x}_{2}-2t）}$=$\frac{2{x}_{1}{x}_{2}-t（{x}_{1}+{x}_{2}）}{{x}_{1}+{x}_{2}-2t}$=$\frac{\frac{2（2{k}^{2}{t}^{2}-4）}{1+2{k}^{2}}-\frac{4{k}^{2}{t}^{2}}{1+2{k}^{2}}}{\frac{4{k}^{2}t}{1+2{k}^{2}}-2t}$=$\frac{4}{t}$．
∴|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．