Question

3．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），右焦点F（$\sqrt{2}$，0），点D（$\sqrt{2}$，1）在椭圆上
（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；
（Ⅱ）已知直线l：y=kx与椭圆C交于A，B两点，P为椭圆C上异于A，B的动点；若直线PA，PB的斜率都存在，判断k_PA•k_PB是否为定值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由椭圆右焦点F（$\sqrt{2}$，0），点D（$\sqrt{2}$，1）在椭圆上，列出方程组，求出a，b，由此能求出椭圆C的标准方程．
（Ⅱ）设A（x₁，y₁），则B（-x₁，-y₁），设P（2cosθ，$\sqrt{2}$sinθ），则 k_PA•k_PA=$\frac{{{y}_{1}}^{2}-2si{n}^{2}θ}{{{x}_{1}}^{2}-4co{s}^{2}θ}$，由此能推导出k_PA•k_PB为定值．

解答 解：（Ⅰ）∵椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0），右焦点F（$\sqrt{2}$，0），点D（$\sqrt{2}$，1）在椭圆上，
∴$\left\{\begin{array}{l}{c=\sqrt{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=1}\\{{a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}}\end{array}\right.$，解得a²=4，b²=2，
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}$=1．
（Ⅱ）设A（x₁，y₁），∵直线l：y=kx与椭圆C交于A，B两点，∴点A、B关于原点O对称，∴B（-x₁，-y₁）． 
∵P为椭圆C上异于A，B的动点，∴设P（2cosθ，$\sqrt{2}$sinθ），
则 k_PA=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{2}sinθ}{{x}_{1}-2cosθ}$，k_PA=$\frac{-{y}_{1}-\sqrt{2}sinθ}{-{x}_{1}-2cosθ}$=$\frac{{{y}_{1}+\sqrt{2}sinθ}^{\;}}{{x}_{1}+2cosθ}$，
∴kP_PA•k_PA=$\frac{{y}_{1}-\sqrt{2}sinθ}{{x}_{1}-2cosθ}$•$\frac{{{y}_{1}+\sqrt{2}sinθ}^{\;}}{{x}_{1}+2cosθ}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}-2si{n}^{2}θ}{{{x}_{1}}^{2}-4co{s}^{2}θ}$，
∵A在椭圆上，∴$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{1}}^{2}}{2}$=1，∴${{y}_{1}}^{2}$=2（1-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$），
∴k_PA•k_PA=$\frac{2（1-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}）-2si{n}^{2}θ}{{{x}_{1}}^{2}-4co{s}^{2}θ}$=$\frac{2co{s}^{2}θ-\frac{{{x}_{1}}^{2}}{2}}{{{x}_{1}}^{2}-4co{s}^{2}θ}$=-$\frac{1}{2}$，
∴k_PA•k_PB为定值-$\frac{1}{2}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程的求法，考查两直线的斜率之积是否为定值的判断与求法，是中档题，解题时要认真审题，注意椭圆的对称性质和参数方程的合理运用．