Question

1．已知點(diǎn)${F_1}（-\sqrt{2}，0）、{F_2}（\sqrt{2}，0）$，平面直角坐標(biāo)系上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足$|\overrightarrow{P{F_1}}|+|\overrightarrow{P{F_2}}|=4$．設(shè)動(dòng)點(diǎn)P的軌跡為曲線C．
（1）求曲線C的軌跡方程；
（2）已知點(diǎn)A、B是曲線C上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，若$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$（O是坐標(biāo)原點(diǎn)），試證明：原點(diǎn)O到直線AB的距離是定值．

Answer 1

分析 （1）利用直接法即可得到曲線C的軌跡方程；
（2）設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），若點(diǎn)A在坐標(biāo)軸上，則點(diǎn)B也在坐標(biāo)軸上，$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$，推出原點(diǎn)到直線AB的距離．當(dāng)若點(diǎn)A（x_A，y_A）不在坐標(biāo)軸上，可設(shè)$OA：y=kx，OB：y=-\frac{1}{k}x$．代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理求解即可．

解答 （1）解：依據(jù)題意，動(dòng)點(diǎn)P（x，y）滿足$\sqrt{{{（x-\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x+\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}=4$．
又$|{F_1}{F_2}|=2\sqrt{2}＜4$，
因此，動(dòng)點(diǎn)P（x，y）的軌跡是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，且 $\left\{\begin{array}{l}2a=4\\ 2c=2\sqrt{2}\end{array}\right.⇒b=\sqrt{2}$．
所以，所求曲線C的軌跡方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）證明：設(shè)原點(diǎn)到直線AB的距離為d，
且A、B是曲線C上滿足OA⊥OB的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)．
1⁰若點(diǎn)A在坐標(biāo)軸上，則點(diǎn)B也在坐標(biāo)軸上，有$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$，
即$d=\frac{ab}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
2⁰若點(diǎn)A（x_A，y_A）不在坐標(biāo)軸上，可設(shè)$OA：y=kx，OB：y=-\frac{1}{k}x$．
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\\ y=kx.\end{array}\right.$得 $\left\{\begin{array}{l}x_A^2=\frac{4}{{1+2{k^2}}}\\ y_A^2=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}.\end{array}\right.$
設(shè)點(diǎn)B（x_B，y_B），同理可得，$\left\{\begin{array}{l}x_B^2=\frac{{4{k^2}}}{{2+{k^2}}}\\ y_B^2=\frac{4}{{2+{k^2}}}.\end{array}\right.$
于是，$|OA|=2\sqrt{\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}}$，$|OB|=2\sqrt{\frac{{1+{k^2}}}{{2+{k^2}}}}$，$|AB|=\sqrt{O{A^2}+O{B^2}}=\frac{{2\sqrt{3}（1+{k^2}）}}{{\sqrt{（2+{k^2}）（1+2{k^2}）}}}$．
利用$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$，得$d=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
綜合1⁰和2⁰可知，總有$d=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，即原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查向量與解析幾何相聯(lián)系，直線與橢圓方程的綜合應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．