分析 (1)由c=$\sqrt{2}$,橢圓過點(diǎn)$(\frac{{\sqrt{2}}}{2},-\frac{{\sqrt{7}}}{2})$,結(jié)合a、b、c的關(guān)系列出方程組,求出a2和b2即可;
(2)根據(jù)題意直線BM的斜率存在,設(shè)出BM的方程,與橢圓方程聯(lián)立消去y,
求出點(diǎn)P的橫坐標(biāo),從而求出yP,寫出$\overrightarrow{AP}$、$\overrightarrow{OM}$的坐標(biāo)表示,利用$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{AP}$=0證明AP⊥OM;
(3)寫出$\overrightarrow{OP}$的坐標(biāo)表示,計算$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$即可得出結(jié)論.
解答 解:(1)由已知得c=$\sqrt{2}$①,
又$\frac{1}{{2a}^{2}}$+$\frac{7}{{4b}^{2}}$=1②,
a2=b2+c2③;
聯(lián)立①②③,
解得a2=4,b2=2;
所以橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1;
(2)證明:由(1)知,A(-2,0),B(2,0),直線BM斜率顯然存在,
設(shè)BM方程為y=k(x-2),則M(-2,-4k),
由$\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-2)}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1}\end{array}\right.$,消去y得
(2k2+1)x2-8k2+8k2-4=0,
解得x1=$\frac{{4k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$,x2=2;
∴xP=$\frac{{4k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$,
∴yP=k(xP-2)=$\frac{-4k}{{2k}^{2}+1}$,
即P($\frac{{4k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$,$\frac{-4k}{{2k}^{2}+1}$);
又$\overrightarrow{AP}$=($\frac{{8k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$,$\frac{-4k}{{2k}^{2}+1}$),
$\overrightarrow{OM}$=(-2,-4k);
∴$\overrightarrow{OM}$•$\overrightarrow{AP}$=$\frac{-1{6k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$+$\frac{1{6k}^{2}}{{2k}^{2}+1}$=0,
∴$\overrightarrow{OM}$⊥$\overrightarrow{AP}$,即AP⊥OM;
(3)∵$\overrightarrow{OP}$=($\frac{{4k}^{2}-2}{{2k}^{2}+1}$,$\frac{-4k}{{2k}^{2}+1}$),
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$=$\frac{-2({4k}^{2}-2)}{{2k}^{2}+1}$+$\frac{(-4k)(-4k)}{{2k}^{2}+1}$=$\frac{{8k}^{2}+4}{{2k}^{2}+1}$=4;
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$為定值4.
點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系以及向量垂直的數(shù)量積關(guān)系,也考查了推理與計算能力,是難題.
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A. | 1 | B. | 2 | C. | 3 | D. | 4 |
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A. | 28 | B. | 21 | C. | 36 | D. | 32 |
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A. | $\frac{{\sqrt{3}}}{2}$ | B. | $\frac{{\sqrt{6}}}{2}$ | C. | $\frac{3}{2}$ | D. | $\sqrt{2}$ |
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A. | ①② | B. | ①③ | C. | ②③ | D. | ①②③ |
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科目:高中數(shù)學(xué) 來源: 題型:選擇題
A. | $[{0,\frac{{\sqrt{3}}}{3}}]$ | B. | $[{0,\frac{{\sqrt{3}}}{2}}]$ | C. | $[{1,\frac{{\sqrt{3}}}{3}}]$ | D. | $[{0,\sqrt{3}}]$ |
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