Question

7．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的兩個(gè)焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，離心率為$\frac{1}{2}$，過F₁的直線l與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，且△MNF₂的周長(zhǎng)為8．
（1）求橢圓C的方程；
（2）若直線y=kx+b與橢圓C分別交于A，B兩點(diǎn)，且OA⊥OB，試問點(diǎn)O到直線AB的距離是否為定值，證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：4a=8，e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，即可求得a和b的值，求得橢圓方程；
（2）分類討論，當(dāng)直線斜率存在時(shí)，利用韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，求得m和k的關(guān)系，利用點(diǎn)到直線的距離公式，即可求得點(diǎn)O到直線AB的距離是否為定值．

解答 解：（1）由題意知，4a=8，則a=2，
由橢圓離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{1}{2}$，則b²=3．
∴橢圓C的方程$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1$；
（2）由題意，當(dāng)直線AB的斜率不存在，此時(shí)可設(shè)A（x₀，x₀），B（x₀，-x₀）．又A，B兩點(diǎn)在橢圓C上，
∴$\frac{{{x_0}^2}}{4}+\frac{{{x_0}^2}}{3}=1，{x_0}^2=\frac{12}{7}$，
∴點(diǎn)O到直線AB的距離$d=\sqrt{\frac{12}{7}}=\frac{{2\sqrt{21}}}{7}$，
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+m．設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
聯(lián)立方程$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1}\end{array}}\right.$，消去y得（3+4k²）x²+8kmx+4m²-12=0．
由已知△＞0，x₁+x₂=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
由OA⊥OB，則x₁x₂+y₁y₂=0，即x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0，
整理得：（k²+1）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=0，
∴$（{{k^2}+1}）\frac{{4{m^2}-12}}{{3+4{k^2}}}-\frac{{8{k^2}{m^2}}}{{3+4{k^2}}}+{m^2}=0$．
∴7m²=12（k²+1），滿足△＞0．
∴點(diǎn)O到直線AB的距離d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{12}{7}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$為定值．
綜上可知：點(diǎn)O到直線AB的距離d=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$為定值．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，點(diǎn)到直線的距離公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．