Question

16．已知F₁（-c，0）、F₂（c、0）分別是橢圓G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{b^2}$=1（0＜b＜a＜3）的左、右焦點，點P（2，$\sqrt{2}$）是橢圓G上一點，且|PF₁|-|PF₂|=a．
（1）求橢圓G的方程；
（2）設(shè)直線l與橢圓G相交于A、B兩點，若$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，其中O為坐標原點，判斷O到直線l的距離是否為定值？若是，求出該定值，若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)橢圓的定義，求得丨PF₁丨=$\frac{3}{2}$a=3|PF₂|，根據(jù)點到直線的距離公式，即可求得c的值，則求得a的值，b²=a²-c²=4，即可求得橢圓方程；
（2）當直線l⊥x軸，將直線x=m代入橢圓方程，求得A和B點坐標，由向量數(shù)量積的坐標運算，即可求得m的值，求得O到直線l的距離；當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線方程，代入橢圓方程，由韋達定理及向量數(shù)量積的坐標運算，點到直線的距離公式，即可求得O到直線l的距離為定值．

解答 解：（1）由橢圓的定義可知：|PF₁|+|PF₂|=2a．由|PF₁|-|PF₂|=a．
∴丨PF₁丨=$\frac{3}{2}$a=3|PF₂|，
則$\sqrt{（2+c）^{2}+2}$=3$\sqrt{（2-c）^{2}+2}$，化簡得：c²-5c+6=0，
由c＜a＜3，
∴c=2，
則丨PF₁丨=3$\sqrt{2}$=$\frac{3}{2}$a，則a=2$\sqrt{2}$，
b²=a²-c²=4，
∴橢圓的標準方程為：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）由題意可知，直線l不過原點，設(shè)A（x₁，x₂），B（x₂，y₂），
①當直線l⊥x軸，直線l的方程x=m，（m≠0），且-2$\sqrt{2}$＜m＜2$\sqrt{2}$，
則x₁=m，y₁=$\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{2}}$，x₂=m，y₂=-$\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{2}}$，
由$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，即m²-（4-$\frac{{m}^{2}}{2}$）=0，
解得：m=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
故直線l的方程為x=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∴原點O到直線l的距離d=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
②當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y=kx+n，
則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y=kx+n}\end{array}\right.$，消去y整理得：（1+2k²）x²+4knx+2n²-8=0，
x₁+x₂=-$\frac{4kn}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{n}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
則y₁y₂=（kx₁+n）（kx₂+n）=k²x₁x₂+kn（x₁+x₂）+n²=$\frac{{n}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
由$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，故$\frac{2{n}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{{n}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=0，
整理得：3n²-8k²-8=0，即3n²=8k²+8，①
則原點O到直線l的距離d=$\frac{丨n丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴d²=（$\frac{丨n丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$）²=$\frac{{n}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{3{n}^{2}}{3（1+{k}^{2}）}$，②
將①代入②，則d2=$\frac{8{k}^{2}+8}{3（1+{k}^{2}）}$=$\frac{8}{3}$，
∴d=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
綜上可知：點O到直線l的距離為定值$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

點評 本題考查橢圓的標準方程及簡單幾何性質(zhì)，考查直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達定理，向量數(shù)量積的坐標運算，點到直線的距離公式，考查計算能力，屬于中檔題．