Question

10．已知中心在坐標(biāo)原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$的橢圓C過點(diǎn)（$\sqrt{2}$，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）
（Ⅰ）求橢圓C的方程；
（Ⅱ）設(shè)不過坐標(biāo)原點(diǎn)O的直線與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)，若OP⊥OQ，證明：點(diǎn)O到直線PQ的距離為定值．

Answer 1

分析 （I）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得即可得出．
（II）當(dāng)直線PQ斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為：y=kx+m，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），與橢圓方程聯(lián)立可得：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，由OP⊥OQ，可得$\overrightarrow{OP}$$•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+k²）x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²=0，把根與系數(shù)的關(guān)系代入可得：5m²=4+4k²．利用點(diǎn)O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，即可證明．當(dāng)直線PQ斜率不存在時，驗(yàn)證即可得出．

解答 解：（I）設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），
由題意可得：$\left\{\begin{array}{l}{\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}}\\{{a}^{2}=^{2}+{c}^{2}}\\{\frac{2}{{a}^{2}}+\frac{1}{2^{2}}=1}\end{array}\right.$，解得a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$．
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}$=1．
（II）證明：當(dāng)直線PQ斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為：y=kx+m，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0，
△＞0，
x₁+x₂=$\frac{-8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，
∵OP⊥OQ，
∴$\overrightarrow{OP}$$•\overrightarrow{OQ}$=x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=（1+k²）x₁x₂+mk（x₁+x₂）+m²=0，
∴$\frac{（1+{k}^{2}）（4{m}^{2}-4）}{1+4{k}^{2}}$-$\frac{8{m}^{2}{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$+m²=0，
化為：5m²=4+4k²．
∴點(diǎn)O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{|m|}{\frac{\sqrt{5}|m|}{2}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$為定值．
當(dāng)直線PQ斜率不存在時也滿足上述結(jié)論．
∴點(diǎn)O到直線PQ的距離d=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$為定值．

點(diǎn)評 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．