Question

10．已知橢圓$C：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$的離心率為$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，點$R（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{14}}}{4}}）$在橢圓上．
（1）求橢圓C的標準方程；
（2）直線y=k（x-1）（k≠0）與橢圓交于A，B兩點，點M是橢圓C的右頂點，直線AM與直線BM分別與軸交于點P，Q，求|OP|•|OQ|的值．

Answer 1

分析 （1）由題意得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又因為點$R（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{14}}}{4}}）$在橢圓上，得a，b，c，即可得橢圓C的標準方程可．
（2）由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.得（1+4{k}^{2}）{x}^{2}-8{k}^{2}x+4k{\\;}^{2}-4=0$，設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），有x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
AM的方程可表示為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，令x=0，得|OP|=|$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$|．同理得：|OQ|=|$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$|．
故|OP|•|OQ|=|$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$|•|$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$|=|$\frac{4{y}_{1}{y}_{2}}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$|即可．

解答 解：（1）由題意得$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，又因為點$R（{\frac{{\sqrt{2}}}{2}，\frac{{\sqrt{14}}}{4}}）$在橢圓上，得$\frac{（\frac{\sqrt{2}}{2}）^{2}}{{a}^{2}}+\frac{（\frac{\sqrt{14}}{4}）^{2}}{^{2}}=1$，
又a ²=b²+c ²，解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，
橢圓C的標準方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$．
（2）由$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.得（1+4{k}^{2}）{x}^{2}-8{k}^{2}x+4k{\\;}^{2}-4=0$，
設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），有x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
又∵點M是橢圓C的右頂點，∴M（2，0），
AM的方程可表示為：y=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}（x-2）$，令x=0，得|OP|=|$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$|．
 同理得：|OQ|=|$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$|．
故|OP|•|OQ|=|$\frac{2{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$|•|$\frac{2{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$|=|$\frac{4{y}_{1}{y}_{2}}{（{x}_{1}-2）（{x}_{2}-2）}$|即．
而（x₁-2）（x₂-2）=x₁x₂-2（x₁+x₂）+4=$\frac{4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．
y_1y2=k（x₁-1）•k（x₂-1）=$\frac{-3{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．
所以|OP|•|OQ|=3

點評 本題考查了橢圓的方程，及橢圓與直線的位置關(guān)系，屬于中檔題．