Question

1．已知直线y=-x+1与椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）相交于A、B两点．且OA⊥OB（其中O为坐标原点）．
（1）若椭圆的离心率为$\frac{\sqrt{3}}{3}$，求椭圆的标准方程；
（2）求证：不论a，b如何变化，椭圆恒过定点P；
（3）若直线l：y=ax+m过（2）中的定点P，且椭圆的离心率e∈[$\sqrt{\frac{6}{7}}$，$\sqrt{\frac{16}{17}}$]，求原点到直线l距离的取值范围．

Answer 1

分析 （1）联立直线与椭圆的方程，结合直线与椭圆有两个交点，且OA⊥OB，结合一元二次方程根的个数与△的关系及向量垂直的充要条件、韦达定理，求出a，b的值，可得椭圆的方程；
（2））由（1）有a²+b²-2a²•b²=0，$\frac{\frac{1}{2}}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{{b}^{2}}=1$，则不论a，b如何变化，椭圆恒过定点P（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，±$\frac{\sqrt{2}}{2}$）．
（3 e∈[$\sqrt{\frac{6}{7}}$，$\sqrt{\frac{16}{17}}$]及a²+b²-2a²•b²=0，得到a的范围，
在用a表示直线l的方程及原点到直线l距离，利用函数的单调性求出值域即可，

解答 解：联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+1}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$得：（a²+b²）x²-2a²x+a²（1-b²）=0
由△=（2a²）²-4（a²+b²）[a²（1-b²）]＞0，整理得a²+b²＞1
设点A、B的坐标分别为（x₁，y₁）、（x₂，y₂），
x₁+x₂=$\frac{2{a}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{{a}^{2}（1-{b}^{2}）}{{a}^{2}+{b}^{2}}$．
∴y₁•y₂=（-x₁+1）（-x₂+1）=x₁•x₂-（x₁+x₂）+1
∵OA⊥OB
∴x₁•x₂+y₁•y₂=2x₁•x₂-（x₁+x₂）+1=0，
即a²+b²-2a²•b²=0．
又∵e²⁼$\frac{{c}^{2}}{{a}^{2}}=\frac{1}{3}$
∴a²=$\frac{5}{4}$，b²=$\frac{5}{6}$
椭圆的标准方程：$\frac{{x}^{2}}{\frac{5}{4}}+\frac{{y}^{2}}{\frac{5}{6}}=1$．
（2）证明：由（1）有a²+b²-2a²•b²=0，
$\frac{\frac{1}{2}}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{{b}^{2}}=1$，
则不论a，b如何变化，椭圆恒过定点P（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，±$\frac{\sqrt{2}}{2}$）
（3）∵离心率e∈[$\sqrt{\frac{6}{7}}$，$\sqrt{\frac{16}{17}}$]，∴${e}^{2}=1-\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}∈[\frac{6}{7}.\frac{16}{17}]$，⇒7b²≤a²≤17b²，
又∵a²+b²-2a²•b²=0，∴4≤a²≤9，2≤a≤3．
∵直线l：y=ax+m过（2）中的定点P，∴直线l：2ax-2y+$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}a$=0
原点到直线l距离d，d²=$\frac{（\sqrt{2}-\sqrt{2}a）^{2}}{4{a}^{2}+4}$=$\frac{1}{2}-\frac{a}{{a}^{2}+1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{a+\frac{1}{a}}$．
∵f（a）=a+$\frac{1}{a}$在[2，3]上递增，∴$\frac{5}{2}≤a+\frac{1}{a}≤\frac{10}{3}$，$\frac{3}{5}$≤d²≤$\frac{7}{10}$，
原点到直线l距离的取值范围为：[$\frac{\sqrt{15}}{3}，\frac{\sqrt{70}}{10}$]

点评 本题考查了椭圆的方程，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．