Question

1．已知直線y=-x+1與橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）相交于A、B兩點．且OA⊥OB（其中O為坐標原點）．
（1）若橢圓的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{3}$，求橢圓的標準方程；
（2）求證：不論a，b如何變化，橢圓恒過定點P；
（3）若直線l：y=ax+m過（2）中的定點P，且橢圓的離心率e∈[$\sqrt{\frac{6}{7}}$，$\sqrt{\frac{16}{17}}$]，求原點到直線l距離的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）聯立直線與橢圓的方程，結合直線與橢圓有兩個交點，且OA⊥OB，結合一元二次方程根的個數與△的關系及向量垂直的充要條件、韋達定理，求出a，b的值，可得橢圓的方程；
（2））由（1）有a²+b²-2a²•b²=0，$\frac{\frac{1}{2}}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{{b}^{2}}=1$，則不論a，b如何變化，橢圓恒過定點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的范圍，
在用a表示直線l的方程及原點到直線l距離，利用函數的單調性求出值域即可，

解答 解：聯立$\left\{\begin{array}{l}{y=-x+1}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}=1}\end{array}\right.$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
設點A、B的坐標分別為（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=$\frac{5}{6}$
橢圓的標準方程：$\frac{{x}^{2}}{\frac{5}{4}}+\frac{{y}^{2}}{\frac{5}{6}}=1$．
（2）證明：由（1）有a²+b²-2a²•b²=0，
$\frac{\frac{1}{2}}{{a}^{2}}+\frac{\frac{1}{2}}{{b}^{2}}=1$，
則不論a，b如何變化，橢圓恒過定點P（±$\frac{\sqrt{2}}{2}$，±$\frac{\sqrt{2}}{2}$）
（3）∵離心率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．
∵直線l：y=ax+m過（2）中的定點P，∴直線l：2ax-2y+$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}a$=0
原點到直線l距離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]上遞增，∴$\frac{5}{2}≤a+\frac{1}{a}≤\frac{10}{3}$，$\frac{3}{5}$≤d²≤$\frac{7}{10}$，
原點到直線l距離的取值范圍為：[$\frac{\sqrt{15}}{3}，\frac{\sqrt{70}}{10}$]

點評 本題考查了橢圓的方程，直線與橢圓的位置關系，屬于中檔題．