分析 (1)由已知可得關于a,c的方程組,求解方程組得到a,c的值,再由隱含條件求得b,則橢圓方程可求;
(2)①由數(shù)量積為0可得MB⊥AB,可設M(2,t),P(x0,y0).得到MA所在直線方程,與橢圓方程聯(lián)立,利用根與系數(shù)的關系求出P的坐標,代入數(shù)量積可得$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$的值;
②由①求出PB所在直線的斜率,得到MO的斜率,寫出MO所在直線方程,由直線系方程可得直線MQ過定點.
解答 (1)解:由已知可得$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}}\\{a-c=2-\sqrt{2}}\end{array}\right.$,解得$\left\{\begin{array}{l}{a=2}\\{c=\sqrt{2}}\end{array}\right.$.
∴b2=a2-c2=2,
則橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$;
(2)①解:由$\overrightarrow{MB}$•$\overrightarrow{AB}$=0,得MB⊥AB,可設M(2,t),P(x0,y0).
直線MA:$y=\frac{t}{4}x+\frac{t}{2}$,代入$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$,得$(1+\frac{{t}^{2}}{8}){x}^{2}+\frac{{t}^{2}}{2}x+\frac{{t}^{2}}{2}-4=0$.
由$-2{x}_{0}=\frac{4({t}^{2}-8)}{{t}^{2}+8}$,得${x}_{0}=\frac{-2({t}^{2}-8)}{{t}^{2}+8}$,從而${y}_{0}=\frac{8{t}^{2}}{{t}^{2}+8}$,
∴$\overrightarrow{OP}$•$\overrightarrow{OM}$=$\frac{-4({t}^{2}-8)}{{t}^{2}+8}+\frac{8{t}^{2}}{{t}^{2}+8}=4$;
②證明:依題意,${k}_{PB}=\frac{\frac{8t}{{t}^{2}+8}}{\frac{-2({t}^{2}-8)}{{t}^{2}+8}}=-\frac{2}{t}$,
由MQ⊥PB,得${k}_{MQ}=\frac{t}{2}$,則MQ的方程為:y-t=$\frac{t}{2}$(x-2),即y=$\frac{t}{2}x$,
∴直線MQ過原點O(0,0).
點評 本題考查橢圓的標準方程,考查了直線與橢圓位置關系的應用,訓練了平面向量在求解圓錐曲線問題中的應用,是中檔題.
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A. | -$\frac{\sqrt{2}}{2}$ | B. | $\frac{\sqrt{2}}{2}$ | C. | -1 | D. | 1 |
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