Question

12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知?jiǎng)狱c(diǎn)P到兩個(gè)定點(diǎn)F₁（-$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{2}$，0）的距離的和為定值4．
（1）求點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)所成軌跡C的方程；
（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若點(diǎn)A在軌跡C上，點(diǎn)B在直線y=2上，且OA⊥OB，試判斷直線AB與圓x²+y²=2的位置關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）由橢圓的離心率公式及橢圓的性質(zhì)，根據(jù)已知離心率與四個(gè)頂點(diǎn)組成菱形面積求出a²與b²的值，即可確定出橢圓C的方程；
（2）設(shè)出點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（x₀，y₀），（t，2），其中x₀≠0，由OA⊥OB得到$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，用坐標(biāo)表示后把t用含有A點(diǎn)的坐標(biāo)表示，然后分A，B的橫坐標(biāo)相等和不相等寫出直線AB的方程，然后由圓x²+y²=2的圓心到AB的距離和圓的半徑相等說明直線AB與圓x²+y²=2相切．

解答 （本小題滿分12分）
解：（1）∵動(dòng)點(diǎn)P到兩點(diǎn)F₁（-$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{2}$，0）的距離之和為4，
∴由橢圓的定義可知，點(diǎn)P的軌跡是以F₁（-$\sqrt{2}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{2}$，0）為焦點(diǎn)，以4為長軸的橢圓，
∵c=$\sqrt{2}$，a=2，
∴b=$\sqrt{2}$，
∴C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{2}=1$．…（4分）
（2）直線AB與圓x²+y²=2相切．
證明如下：
設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為（x₀，y₀），（t，2），其中x₀≠0．
∵OA⊥OB，
∴$\overrightarrow{OA}•\overrightarrow{OB}=0$，即tx₀+2y₀=0，解得t=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}$．
當(dāng)x₀=t時(shí)，y0=-$\frac{{t}^{2}}{2}$，代入橢圓C的方程，得t=±$\sqrt{2}$，．
故直線AB的方程為x=±$\sqrt{2}$，圓心O到直線AB的距離d=$\sqrt{2}$．
此時(shí)直線AB與圓x²+y²=2相切．
當(dāng)x₀≠t時(shí)，直線AB的方程為y-2=$\frac{{y}_{0}-2}{{x}_{0}-t}$（x-t），
即（y₀-2）x-（x₀-t）y+2x₀-ty₀=0．
圓心O到直線AB的距離d=$\frac{|2{x}_{0}-t{y}_{0}|}{\sqrt{（{{y}_{0}-2）}^{2}+（{{x}_{0}-t）}^{2}}}$．
又${x}_{0}^{2}+{2y}_{0}^{2}=4$，t=-$\frac{2{y}_{0}}{{x}_{0}}$．
故d=$\frac{|2{x}_{0}+\frac{2{{y}_{0}}^{2}}{{x}_{0}}|}{\sqrt{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}+\frac{4{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}}+4}}$=$\frac{|\frac{4+{{x}_{0}}^{2}}{{x}_{0}}|}{\sqrt{\frac{{{x}_{0}}^{4}+8{{x}_{0}}^{2}+16}{2{{x}_{0}}^{2}}}}$=$\sqrt{2}$．
此時(shí)直線AB與圓x²+y²=2相切．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了直線與圓錐曲線的綜合問題，解決此類問題的必須熟悉曲線的定義和曲線的圖形特征，這也是高考常考的知識(shí)點(diǎn)，屬于中檔題．