Question

15．在平面直角坐标系xOy中，O为坐标原点，C、D两点的坐标为C（-1，0），D（1，0），曲线E上的动点P满足$|{PC}|+|{PD}|=2\sqrt{3}$．又曲线E上的点A、B满足OA⊥OB．
（1）求曲线E的方程；
（2）若点A在第一象限，且$|{OA}|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}|{OB}|$，求点A的坐标；
（3）求证：原点到直线AB的距离为定值．

Answer 1

分析 （1）由|CD|=2，$|{PC}|+|{PD}|=2\sqrt{3}＞2$知，曲线E是以C、D为焦点，长轴$2\sqrt{3}$的椭圆，即可求曲线E的方程；
（2）设直线OA的方程为y=kx（k＞0），则直线OB的方程为$y=-\frac{1}{k}x（k＞0）$，与椭圆方程联立，由$|{OA}|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}|{OB}|$知4|OA|²=3|OB|²，即可求点A的坐标；
（3）分类讨论，设直线AB的方程x=my+b，与椭圆方程联立，求出原点到直线AB的距离，即可证明原点到直线AB的距离为定值．

解答 （1）解：由|CD|=2，$|{PC}|+|{PD}|=2\sqrt{3}＞2$知，曲线E是以C、D为焦点，长轴$2\sqrt{3}$的椭圆，（1分）
设其方程为$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，则有$a=\sqrt{3}，c=1$，
∴曲线E的方程为$\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{2}=1$（3分）
（2）解：设直线OA的方程为y=kx（k＞0），则直线OB的方程为$y=-\frac{1}{k}x（k＞0）$
由$\left\{{\begin{array}{l}{2{x^2}+3{y^2}=6}\\{y=kx}\end{array}}\right.$得2x²+3k²x²=6，解得$x_1^2=\frac{6}{{2+3{k^2}}}$（4分）
同理，由则$\left\{{\begin{array}{l}{2{x^2}+3{y^2}=6}\\{y=-\frac{1}{k}x}\end{array}}\right.$解得$x_2^2=\frac{{6{k^2}}}{{2{k^2}+3}}$．（5分）
由$|{OA}|=\frac{{\sqrt{3}}}{2}|{OB}|$知4|OA|²=3|OB|²，
即$4（1+{k^2}）•\frac{6}{{2+3{k^2}}}=3（1+\frac{1}{k^2}）•\frac{{6{k^2}}}{{2{k^2}+3}}$（6分）
解得k²=6，因点A在第一象限，故$k=\sqrt{6}$，（7分）
此时点A的坐标为$（\frac{{\sqrt{30}}}{10}，\frac{{3\sqrt{5}}}{5}）$（8分）
（3）证明：设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），
当直线AB平行于坐标轴时，由OA⊥OB知A、B两点之一为y=±x与椭圆的交点，
由$\left\{{\begin{array}{l}{2{x^2}+3{y^2}=6}\\{y=±x}\end{array}}\right.$解得$\left\{{\begin{array}{l}{x=±\frac{{\sqrt{30}}}{5}}\\{y=±\frac{{\sqrt{30}}}{5}}\end{array}}\right.$此时原点到直线AB的距离为$d=\frac{{\sqrt{30}}}{5}$（10分）
当直线AB不平行于坐标轴时，设直线AB的方程x=my+b，
由$\left\{{\begin{array}{l}{2{x^2}+3{y^2}=6}\\{x=my+b}\end{array}}\right.$得（2m²+3）y²+4bmy+2b²-6=0（12分）
由x₁x₂+y₁y₂=0得（my₁+b）（my₂+b）+y₁y₂=0
即$（{m^2}+1）{y_1}{y_2}+mb（{y_1}+{y_2}）+{b^2}=0$
因  ${y_1}+{y_2}=-\frac{4bm}{{2{m^2}+3}}，{y_1}{y_2}=\frac{{2{b^2}-6}}{{2{m^2}+3}}$（14分）
代入得  $（{m^2}+1）\frac{{2{b^2}-6}}{{2{m^2}+3}}-\frac{{4{b^2}{m^2}}}{{2{m^2}+3}}+{b^2}=0$即5b²=6（m²+1）（15分）
原点到直线AB的距离$d=\frac{|b|}{{\sqrt{{m^2}+1}}}=\sqrt{\frac{6}{5}}=\frac{{\sqrt{30}}}{5}$（16分）

点评 本题考查椭圆的定义与方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．