1.已知點${F_1}(-\sqrt{2},0)、{F_2}(\sqrt{2},0)$,平面直角坐標(biāo)系上的一個動點P(x,y)滿足$|\overrightarrow{P{F_1}}|+|\overrightarrow{P{F_2}}|=4$.設(shè)動點P的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的軌跡方程;
(2)已知點A、B是曲線C上的兩個動點,若$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$(O是坐標(biāo)原點),試證明:原點O到直線AB的距離是定值.

分析 (1)利用直接法即可得到曲線C的軌跡方程;
(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),若點A在坐標(biāo)軸上,則點B也在坐標(biāo)軸上,$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$,推出原點到直線AB的距離.當(dāng)若點A(xA,yA)不在坐標(biāo)軸上,可設(shè)$OA:y=kx,OB:y=-\frac{1}{k}x$.代入橢圓方程,利用韋達定理求解即可.

解答 (1)解:依據(jù)題意,動點P(x,y)滿足$\sqrt{{{(x-\sqrt{2})}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{(x+\sqrt{2})}^2}+{y^2}}=4$.
又$|{F_1}{F_2}|=2\sqrt{2}<4$,
因此,動點P(x,y)的軌跡是焦點在x軸上的橢圓,且 $\left\{\begin{array}{l}2a=4\\ 2c=2\sqrt{2}\end{array}\right.⇒b=\sqrt{2}$.
所以,所求曲線C的軌跡方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$.
(2)證明:設(shè)原點到直線AB的距離為d,
且A、B是曲線C上滿足OA⊥OB的兩個動點.
10若點A在坐標(biāo)軸上,則點B也在坐標(biāo)軸上,有$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$,
即$d=\frac{ab}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$.
20若點A(xA,yA)不在坐標(biāo)軸上,可設(shè)$OA:y=kx,OB:y=-\frac{1}{k}x$.
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\\ y=kx.\end{array}\right.$得 $\left\{\begin{array}{l}x_A^2=\frac{4}{{1+2{k^2}}}\\ y_A^2=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}.\end{array}\right.$
設(shè)點B(xB,yB),同理可得,$\left\{\begin{array}{l}x_B^2=\frac{{4{k^2}}}{{2+{k^2}}}\\ y_B^2=\frac{4}{{2+{k^2}}}.\end{array}\right.$
于是,$|OA|=2\sqrt{\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}}$,$|OB|=2\sqrt{\frac{{1+{k^2}}}{{2+{k^2}}}}$,$|AB|=\sqrt{O{A^2}+O{B^2}}=\frac{{2\sqrt{3}(1+{k^2})}}{{\sqrt{(2+{k^2})(1+2{k^2})}}}$.
利用$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$,得$d=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$.
綜合10和20可知,總有$d=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$,即原點O到直線AB的距離為定值$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$.

點評 本題考查向量與解析幾何相聯(lián)系,直線與橢圓方程的綜合應(yīng)用,考查分析問題解決問題的能力.

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(Ⅰ)若某顧客用A方案抽獎一次,求他抽到的3個小球中紅球個數(shù)X的分布列和期望;
(Ⅱ)若甲、乙兩顧客分別用A、B方案各抽獎一次,它們中獎的概率是否相同?若你去抽獎,將選擇哪種方案?說明理由.

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在175cm以上(含175cm)定義為“高個子”,身高在175cm以下(不含175cm)定義為“非高個子”.
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第一行1357
第二行1513119
第三行17192123
2725
則2017在第     行第      列.( 。
A.第253行第1列B.第253行第2列C.第252行第3列D.第254行第2列

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