Question

3．如圖，已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦距為2$\sqrt{2}$，且經(jīng)過點（-2，0）．過點D（0，-2）的斜率為k的直線l與橢圓交于A，B兩點，與x軸交于P點，點A關(guān)于x軸的對稱點C，直線BC交x軸于點Q．
（Ⅰ）求k的取值范圍；
（Ⅱ）試問：|OP|?|OQ|是否為定值？若是，求出定值；否則，說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可知：2c=2$\sqrt{2}$，c=$\sqrt{2}$，經(jīng)過點（-2，0）．則a=2，b²=a²-c²=2，即可求得橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線l的方程為y=kx-2，代入橢圓方程，由△=64k²-16（1+2k²）＞0，即可求得k的取值范圍；
（Ⅱ）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則C（x₁，-y₁），由y=kx-2，令y=0，x_P=$\frac{2}{k}$，P（$\frac{2}{k}$，0），令y=0，x_Q=$\frac{{x}_{2}{y}_{1}+{x}_{1}{y}_{2}}{{y}_{2}+{y}_{1}}$，由韋達定理及直線方程即可求得x_Q=2k，|OP|?|OQ|=丨x_P丨丨x_Q丨=4，則|OP|?|OQ|為定值4．

解答 解：（Ⅰ）由題意可知：橢圓的焦點在x軸上，2c=2$\sqrt{2}$，c=$\sqrt{2}$，
經(jīng)過點（-2，0）．則a=2，
b²=a²-c²=2，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$，
設(shè)直線l的方程為y=kx-2，
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx-2}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$，整理得：（1+2k²）x²-8kx+4=0，
由△=64k²-16（1+2k²）＞0，得k²＞$\frac{1}{2}$，
∴k的取值范圍（-∞，-$\frac{\sqrt{2}}{2}$）∪（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）；
（Ⅱ）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則C（x₁，-y₁），
x₁+x₂=$\frac{8k}{1+2{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4}{1+2{k}^{2}}$，
由y=kx-2，令y=0，x_P=$\frac{2}{k}$，P（$\frac{2}{k}$，0），
設(shè)直線BC的方程為y=$\frac{{y}_{2}+{y}_{1}}{{x}_{2}-{x}_{1}}$（x-x₁）+y₁，
令y=0，x_Q=$\frac{{x}_{2}{y}_{1}+{x}_{1}{y}_{2}}{{y}_{2}+{y}_{1}}$，
則y₁=kx₁-2，y₂=kx₂-2，代入上式，
x_Q=$\frac{{x}_{2}{y}_{1}+{x}_{1}{y}_{2}}{{y}_{2}+{y}_{1}}$=$\frac{2k{x}_{1}{x}_{2}-（{x}_{1}+{x}_{2}）}{k（{x}_{1}+{x}_{2}）-4}$=$\frac{2k×\frac{4}{1+2{k}^{2}}-\frac{16k}{1+2{k}^{2}}}{k×\frac{8k}{1+2{k}^{2}}-4}$=2k，
∴|OP|?|OQ|=丨x_P丨丨x_Q丨=丨$\frac{2}{k}$丨丨2k丨=4，為定值，
∴|OP|?|OQ|為定值4．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，考查計算能力，屬于中檔題．