Question

19．已知F₁、F₂是橢圓E：$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$+$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$=1（a＞b＞0）的左、右焦點(diǎn)，橢圓E的離心率為$\frac{1}{2}$．過原點(diǎn)O的直線交橢圓于C、D兩點(diǎn)，若四邊形C F₁DF₂的面積最大值為2$\sqrt{3}$．
（1）求橢圓E的方程
（2）若直線1與橢圓E交于A、B且OA⊥OB，求證：原點(diǎn)O到直線1的距離為定值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a=2c，當(dāng)C，D位于橢圓的上下頂點(diǎn)時，四邊形CF₁DF₂的面積最大值為2$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$×2c×2b=2$\sqrt{3}$．則bc=$\sqrt{3}$，$\frac{1}{2}$×2c×2b=2$\sqrt{3}$．則bc=$\sqrt{3}$，則b=$\sqrt{3}$，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，由橢圓的對稱性可知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|=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．求得當(dāng)直線AB斜率存在時，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=$\frac{丨m丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．

解答 解：（1）由題意可知：橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，a=2c，
當(dāng)C，D位于橢圓的上下頂點(diǎn)時，四邊形CF₁DF₂的面積最大值為2$\sqrt{3}$，
即$\frac{1}{2}$×2c×2b=2$\sqrt{3}$．則bc=$\sqrt{3}$，
則c=1，b=$\sqrt{3}$，a=2，
∴橢圓E的方程$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
①當(dāng)直線AB斜率不存在時，由橢圓的對稱性可知x₁=x₂，y₁=-y₂，
∵$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，
∴x₁²-y₁²=0
∵3x₁²+4y₁²=12，∴|x₁|=|y₁|=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，
∴原點(diǎn)O到直線l的距離為d=|x₁|=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．
②當(dāng)直線AB斜率存在時，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=-$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²，
∵$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$，即$\overrightarrow{OA}$•$\overrightarrow{OB}$=0，
∴x₁x₂+y₁y₂=0，（1+k²）×$\frac{4{m}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$-km×$\frac{8km}{3+4{k}^{2}}$+m²=0，
即$\frac{7{m}^{2}-12-12{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$=0，
∴7m²=12（k²+1）
∴原點(diǎn)O到直線的距離為d=$\frac{丨m丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，
綜上，點(diǎn)O到直線AB的距離為定值$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(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．