分析 (1)由題意可知:e=ca=12,a=2c,當(dāng)C,D位于橢圓的上下頂點(diǎn)時(shí),四邊形CF1DF2的面積最大值為2√3,12×2c×2b=2√3.則bc=√3,12×2c×2b=2√3.則bc=√3,則b=√3,a=2,即可求得橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程;
(2)當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí),由橢圓的對(duì)稱性可知x1=x2,y1=-y2,由x1x2+y1y2=0,即可求得x1,原點(diǎn)O到直線l的距離為d=|x1|=2√217.求得當(dāng)直線AB斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,代入橢圓方程,由韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算,即可求得7m2=12(k2+1),原點(diǎn)O到直線的距離為d=丨m丨√k2+1=2√217.
解答 解:(1)由題意可知:橢圓的焦點(diǎn)在x軸上,e=ca=12,a=2c,
當(dāng)C,D位于橢圓的上下頂點(diǎn)時(shí),四邊形CF1DF2的面積最大值為2√3,
即12×2c×2b=2√3.則bc=√3,
則c=1,b=√3,a=2,
∴橢圓E的方程x24+y23=1;
(2)證明:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),
①當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí),由橢圓的對(duì)稱性可知x1=x2,y1=-y2,
∵→OA⊥→OB,即→OA•→OB=0,
∴x1x2+y1y2=0,
∴x12-y12=0
∵3x12+4y12=12,∴|x1|=|y1|=2√217,
∴原點(diǎn)O到直線l的距離為d=|x1|=2√217.
②當(dāng)直線AB斜率存在時(shí),設(shè)直線AB的方程為y=kx+m,代入橢圓方程,
消元可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,m2<3+4k2,
△=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,整理得:
∴x1+x2=-8km3+4k2,x1x2=4m2−123+4k2,
y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,
∵→OA⊥→OB,即→OA•→OB=0,
∴x1x2+y1y2=0,(1+k2)×4m2−123+4k2-km×8km3+4k2+m2=0,
即7m2−12−12k23+4k2=0,
∴7m2=12(k2+1)
∴原點(diǎn)O到直線的距離為d=丨m丨√k2+1=2√217,
綜上,點(diǎn)O到直線AB的距離為定值2√217.
點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡(jiǎn)單幾何性質(zhì),直線與橢圓的位置關(guān)系,韋達(dá)定理及向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算,考查分類討論思想,屬于中檔題.
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A. | -\frac{\sqrt{3}}{2} | B. | -\frac{1}{2} | C. | \frac{\sqrt{2}}{2} | D. | -\frac{\sqrt{2}}{2} |
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A. | [1,4] | B. | [\frac{19}{17},4] | C. | [1,\frac{11}{3}] | D. | [\frac{19}{17},\frac{11}{3}] |
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A. | (\frac{1}{{e}^{3}},\frac{1}{{e}^{2}}) | B. | (\frac{1}{{e}^{2}},\frac{1}{e}) | C. | (\frac{1}{e},\frac{1}{2}) | D. | (\frac{1}{2},1) |
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