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7.如图,已知椭圆C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为$\frac{\sqrt{2}}{2}$,点A是椭圆C上任意一点,且△AF1F2的周长为2($\sqrt{2}$+1)
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若动点B在直线l:y=$\sqrt{2}$上,且OA⊥OB,点O到直线AB的距离为d(A,B),求证:d(A,B)为定值.

分析 (1)由题意可得:$e=\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{c}{a}$,a2=b2+c2,2a+2c=2$(\sqrt{2}+1)$,联立解出即可得出.
(2)设A(x0,y0),B$({x}_{1},\sqrt{2})$,由OA⊥OB,可得${x}_{0}{x}_{1}+\sqrt{2}{y}_{0}$=0,x1=-$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}}{{x}_{0}}$.
分类讨论:①若x1≠x0,直线AB的方程为:y-$\sqrt{2}$=$\frac{{y}_{0}-\sqrt{2}}{{x}_{0}-{x}_{1}}$(x-x1),即$({y}_{0}-\sqrt{2})$x+(x1-x0)y+$\sqrt{2}{x}_{0}$-x1y0=0,利用点到直线的距离公式与${x}_{0}^{2}=2-2{y}_{0}^{2}$,可得d(A,B)为定值1.②若x1=x0,设直线OA的方程为:y=kx,则B$(\frac{\sqrt{2}}{k},\sqrt{2})$,A$(\frac{\sqrt{2}}{k},-\frac{\sqrt{2}}{{k}^{2}})$,代入椭圆方程解出k即可得出.

解答 (1)解:由题意可得:$e=\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{c}{a}$,a2=b2+c2,2a+2c=2$(\sqrt{2}+1)$,解得a=$\sqrt{2}$,c=b=1.
∴椭圆C的标准方程为$\frac{{x}^{2}}{2}+{y}^{2}$=1.
(2)证明:设A(x0,y0),B$({x}_{1},\sqrt{2})$,
∵OA⊥OB,∴${x}_{0}{x}_{1}+\sqrt{2}{y}_{0}$=0.∴x1=-$\frac{\sqrt{2}{y}_{0}}{{x}_{0}}$.
①若x1≠x0,kAB=$\frac{{y}_{0}-\sqrt{2}}{{x}_{0}-{x}_{1}}$,直线AB的方程为:y-$\sqrt{2}$=$\frac{{y}_{0}-\sqrt{2}}{{x}_{0}-{x}_{1}}$(x-x1),
即$({y}_{0}-\sqrt{2})$x+(x1-x0)y+$\sqrt{2}{x}_{0}$-x1y0=0,
∴d(A,B)=$\frac{|\sqrt{2}{x}_{0}-{x}_{1}{y}_{0}|}{\sqrt{({y}_{0}-\sqrt{2})^{2}+({x}_{1}-{x}_{0})^{2}}}$,
∴[d(A,B)]2=$\frac{(\sqrt{2}{x}_{0}-{x}_{1}{y}_{0})^{2}}{({y}_{0}-\sqrt{2})^{2}+({x}_{1}-{x}_{0})^{2}}$=$\frac{2({x}_{0}^{2}+{y}_{0}^{2})^{2}}{{x}_{0}^{2}({y}_{0}-\sqrt{2})^{2}+(\sqrt{2}{y}_{0}+{x}_{0}^{2})}$,
∵${x}_{0}^{2}=2-2{y}_{0}^{2}$,
∴[d(A,B)]2=$\frac{2(2-{y}_{0}^{2})^{2}}{(2-2{y}_{0}^{2}){y}_{0}^{2}+4-2{y}_{0}^{2}+(2-2{y}_{0}^{2})^{2}}$=$\frac{2(2-{y}_{0}^{2})^{2}}{2(2-{y}_{0}^{2})^{2}}$=1,
∴d(A,B)=1,为定值.
②若x1=x0,设直线OA的方程为:y=kx,则B$(\frac{\sqrt{2}}{k},\sqrt{2})$,A$(\frac{\sqrt{2}}{k},-\frac{\sqrt{2}}{{k}^{2}})$,
代入椭圆方程可得:$\frac{2}{2{k}^{2}}$+$\frac{2}{{k}^{4}}$=1,解得k=$±\sqrt{2}$.
∴直线AB的方程为:x=±1,点O到直线AB的距离d(A,B)=1.
综上可得:d(A,B)为定值1.

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交问题、相互垂直的直线斜率之间的关系、点到直线的距离公式,考查了推理能力与计算能力,属于难题.

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