Question

18．已知橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的左右焦點(diǎn)分別是F₁，F(xiàn)₂，上頂點(diǎn)為B點(diǎn)，右焦點(diǎn)F₂到直線F₁B的距離為$\sqrt{3}$，橢圓M的離心率為e=$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
（1）求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）過原點(diǎn)O作兩條互相垂直的射線，與橢圓M交于P、Q兩點(diǎn)，問：點(diǎn)O到直線PQ的距離是否為定值？若是，試求出這個定值；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）右焦點(diǎn)F₂到直線F₁B的距離為$\frac{2bc}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}$=$\sqrt{3}$，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，求出a，b，即可求點(diǎn)M的軌跡方程；
（2）分類討論，直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m，代入橢圓方程，消去y，利用OP⊥OQ，可得x₁x₂+y₁y₂=0，整理得5m²=4（1+k²），即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）直線F₁B的方程為bx-cy+bc=0，右焦點(diǎn)F₂到直線F₁B的距離為$\frac{2bc}{\sqrt{^{2}+{c}^{2}}}$=$\sqrt{3}$，
∴2bc=$\sqrt{3}$a，
∵e=$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴b=1，a=2
∴橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1；
（2）點(diǎn)O到直線PQ的距離為定值，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
①當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，則△POQ為等腰直角三角形，不妨設(shè)直線OP：y=x
將y=x代入$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，解得x=±$\frac{2}{5}\sqrt{5}$
所以點(diǎn)O到直線PQ的距離為d=$\frac{2}{5}\sqrt{5}$；
②當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m與$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1
聯(lián)立消去y得（1+4k²）x²+8kmx+4m²-4=0．
x₁+x₂=-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$
因?yàn)镺P⊥OQ，所以x₁x₂+y₁y₂=0，x₁x₂+（kx₁+m）（kx₂+m）=0
即（1+k²）x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²=0
所以（1+k²）$\frac{4{m}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$+km（-$\frac{8km}{1+4{k}^{2}}$）+m²=0，整理得5m²=4（1+k²），
所以點(diǎn)O到直線PQ的距離d=$\frac{|m|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{2}{5}\sqrt{5}$
綜上可知點(diǎn)O到直線PQ的距離為定值$\frac{2}{5}\sqrt{5}$．

點(diǎn)評 本題考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、橢圓方程的求解，考查學(xué)生分析解決問題的能力，弦長公式、韋達(dá)定理是解決該類問題的常用知識，要熟練掌握．