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$\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，且橢圓C經(jīng)過點（0，1）．
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）已知直線l與橢圓C相交于P，Q兩點，以PQ為直徑的圓恒過原點O，試問原點O到直線l的距離d是否為定值？若是，求出其定值，若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)橢圓過點（0，1）即可知道b=1，從而由離心率可求得a=2，從而寫出橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（Ⅱ）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），根據(jù)條件知道OP⊥OQ，從而得到x₁x₂+y₁y₂=0，直線l分不存在斜率和存在斜率兩種情況：不存在斜率時設(shè)l的方程為x=t，根據(jù)x₁x₂+y₁y₂=0即可求出t，從而求出原點O到直線l的距離d=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$；存在斜率時，設(shè)l方程為y=kx+m，帶入橢圓方程，由韋達定理即可求出x₁x₂，x₁+x₂，帶入x₁x₂+y₁y₂=0便可得到${k}^{2}+1=\frac{5}{4}{m}^{2}$，由點到直線的距離即可求出d=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，從而綜合以上兩種情況即可得到原點O到直線l的距離d是定值，且可寫出定值d．

解答 解：（Ⅰ）由已知，b=1，$\frac{\sqrt{{a}^{2}-^{2}}}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$；
∴a²=4；
∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（Ⅱ）∵以PQ為直徑的圓恒過原點O；
∴OP⊥OQ；
∴$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$；
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁x₂+y₁y₂=0；
（1）當(dāng)直線l的斜率不存在時，設(shè)直線l的方程為x=t，則：
x₁=x₂=t，${y}_{1}{y}_{2}=\frac{{t}^{2}}{4}-1$，代入x₁x₂+y₁y₂=0得，${t}^{2}+\frac{{t}^{2}}{4}-1=0$；
∴$t=±\frac{2\sqrt{5}}{5}$；
∴O到直線l的距離d=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$；
（2）當(dāng)直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y=kx+m；
∵x₁x₂+y₁y₂=0；
∴x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0；
∴$（1+{k}^{2}）{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}=0$①；
將y=kx+m代入$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$得，（1+4k²）x²+8kmx+4（m²-1）=0；
∴△=4k²-m²+1＞0；
${x}_{1}+{x}_{2}=\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}，{x}_{1}{x}_{2}=\frac{4（{m}^{2}-1）}{1+4{k}^{2}}$；
帶入①得：5m²=4（k²+1）；
∴d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}=\frac{|m|}{\frac{\sqrt{5}}{2}|m|}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$；
綜上得當(dāng)直線l滿足題意時，原點O到直線l的距離d為定值且d=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．

點評 考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，橢圓離心率的概念及計算公式，橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程中a，b，c的關(guān)系：a²=b²+c²，圓的直徑對的圓周角為直角，兩向量垂直時數(shù)量積為0，在用斜截式方程表示直線時需考慮直線存在斜率和不存在斜率兩種情況，以及韋達定理，點到直線的距離公式．