Question

4．已知橢圓$M：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率是$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，上頂點(diǎn)B是拋物線x²=4y的焦點(diǎn)．
（1）求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）若P、Q是橢圓M上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，且OP⊥OQ（O是坐標(biāo)原點(diǎn)），試問(wèn)：點(diǎn)到直線的距離是否為定值？若是，試求出這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推出$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}⇒{a^2}=2{b^2}$，求出b=1，解出a，即可得到橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程．
（Ⅱ）（i）若直線PQ∥x軸，設(shè)直線PQ：y=m，并聯(lián)立橢圓方程解出$P（\sqrt{2-2{m^2}}$，m），$Q（-\sqrt{2-2m{\;}^2}$，m），利用OP⊥OQ求出m；（ii）若直線PQ不平行x軸，設(shè)直線PQ：x=ty+n，（t∈R，n∈R），代入橢圓M的方程消x得（t²+2）y²+2tny+（n²-2）=0，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由韋達(dá)定理通過(guò) x₁x₂+y₁y₂=0，推出${t^2}=\frac{{3{n^2}}}{2}-1$，得到${n^2}≥\frac{2}{3}$，可得原點(diǎn)O到直線PQ的距離為定值．

解答 解：（Ⅰ）由題設(shè)橢圓$M：\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（a＞b＞0）$的離心率是$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，知$\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}⇒{a^2}=2{b^2}$①
上頂點(diǎn)B是拋物線x²=4y的焦點(diǎn)，可得b=1②
∴a=$\sqrt{2}$，
所以橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$…（4分）
（Ⅱ）（i）若直線PQ∥x軸，設(shè)直線PQ：y=m，并聯(lián)立橢圓方程解出$P（\sqrt{2-2{m^2}}$，m），$Q（-\sqrt{2-2m{\;}^2}$，m），由OP⊥OQ得$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$$⇒3{m^2}-2=0⇒|m|=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$；
（ii）若直線PQ不平行x軸，設(shè)直線PQ：x=ty+n，（t∈R，n∈R），代入橢圓M的方程消x得（t²+2）y²+2tny+（n²-2）=0，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
由韋達(dá)定理得 ${y_1}+{y_2}=-\frac{2tn}{{{t^2}+2}}$③，${y_1}{y_2}=\frac{{{n^2}-2}}{{t{\;}^2+2}}$④，由OP⊥OQ得$\overrightarrow{OP}•\overrightarrow{OQ}=0$，
即   x₁x₂+y₁y₂=0，即（ty₁+n）（ty₂+n）+y₁y₂=0，
即$（{t^2}+1）{y_1}{y_2}+tn（{y_1}+{y_2}）+{n^2}=0$⑤
把③、④代入⑤并化簡(jiǎn)得${t^2}=\frac{{3{n^2}}}{2}-1$，所以${n^2}≥\frac{2}{3}$…（9分）
原點(diǎn)O到直線PQ的距離$d=\frac{|n|}{{\sqrt{1+{t^2}}}}=\frac{|n|}{{\sqrt{\frac{{3{n^2}}}{2}}}}=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$=定值． …（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的方程的求法，橢圓的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，直線與橢圓的位置關(guān)系，定值問(wèn)題的解決方法，考查轉(zhuǎn)化思想以及分類(lèi)討論思想的應(yīng)用．