Question

16．已知F₁（-c，0）、F₂（c、0）分别是椭圆G：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{b^2}$=1（0＜b＜a＜3）的左、右焦点，点P（2，$\sqrt{2}$）是椭圆G上一点，且|PF₁|-|PF₂|=a．
（1）求椭圆G的方程；
（2）设直线l与椭圆G相交于A、B两点，若$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，其中O为坐标原点，判断O到直线l的距离是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据椭圆的定义，求得丨PF₁丨=$\frac{3}{2}$a=3|PF₂|，根据点到直线的距离公式，即可求得c的值，则求得a的值，b²=a²-c²=4，即可求得椭圆方程；
（2）当直线l⊥x轴，将直线x=m代入椭圆方程，求得A和B点坐标，由向量数量积的坐标运算，即可求得m的值，求得O到直线l的距离；当直线AB的斜率存在时，设直线方程，代入椭圆方程，由韦达定理及向量数量积的坐标运算，点到直线的距离公式，即可求得O到直线l的距离为定值．

解答 解：（1）由椭圆的定义可知：|PF₁|+|PF₂|=2a．由|PF₁|-|PF₂|=a．
∴丨PF₁丨=$\frac{3}{2}$a=3|PF₂|，
则$\sqrt{（2+c）^{2}+2}$=3$\sqrt{（2-c）^{2}+2}$，化简得：c²-5c+6=0，
由c＜a＜3，
∴c=2，
则丨PF₁丨=3$\sqrt{2}$=$\frac{3}{2}$a，则a=2$\sqrt{2}$，
b²=a²-c²=4，
∴椭圆的标准方程为：$\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1$；
（2）由题意可知，直线l不过原点，设A（x₁，x₂），B（x₂，y₂），
①当直线l⊥x轴，直线l的方程x=m，（m≠0），且-2$\sqrt{2}$＜m＜2$\sqrt{2}$，
则x₁=m，y₁=$\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{2}}$，x₂=m，y₂=-$\sqrt{4-\frac{{m}^{2}}{2}}$，
由$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，即m²-（4-$\frac{{m}^{2}}{2}$）=0，
解得：m=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
故直线l的方程为x=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
∴原点O到直线l的距离d=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+n，
则$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}^{2}}{8}+\frac{{y}^{2}}{4}=1}\\{y=kx+n}\end{array}\right.$，消去y整理得：（1+2k²）x²+4knx+2n²-8=0，
x₁+x₂=-$\frac{4kn}{1+2{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{2{n}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$，
则y₁y₂=（kx₁+n）（kx₂+n）=k²x₁x₂+kn（x₁+x₂）+n²=$\frac{{n}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$，
由$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，故$\frac{2{n}^{2}-8}{1+2{k}^{2}}$+$\frac{{n}^{2}-8{k}^{2}}{1+2{k}^{2}}$=0，
整理得：3n²-8k²-8=0，即3n²=8k²+8，①
则原点O到直线l的距离d=$\frac{丨n丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$，
∴d²=（$\frac{丨n丨}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$）²=$\frac{{n}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{3{n}^{2}}{3（1+{k}^{2}）}$，②
将①代入②，则d2=$\frac{8{k}^{2}+8}{3（1+{k}^{2}）}$=$\frac{8}{3}$，
∴d=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
综上可知：点O到直线l的距离为定值$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程及简单几何性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，向量数量积的坐标运算，点到直线的距离公式，考查计算能力，属于中档题．