Question

14．設橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），定義橢圓C的“相關圓”方程為x²+y²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$．若拋物線y²=4x的焦點與橢圓C的一個焦點重合，且橢圓C短軸的一個端點和兩個焦點構成直角三角形
（Ⅰ）求橢圓C的方程和“相關圓”E的方程；
（Ⅱ）過“相關圓”E上任意一點P的直線l：y=kx+m與橢圓交于A，B兩點，O為坐標原點，若OA⊥OB，證明原點O到直線AB的距離為定值，并求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由拋物線y²=4x的焦點為（1，0）與橢圓C的一個焦點重合，橢圓C短軸的一個端點和其兩個焦點構成直角三角形，得到b=c=1，由此能求出橢圓C的方程和“相關圓”E的方程．
（Ⅱ）聯立方程組$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0，由此利用根的判別式、韋達定理、點到直線距離公式，結合已知條件能證明原點O到直線AB的距離為定值，并能求出m的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）因為若拋物線y²=4x的焦點為（1，0）與橢圓C的一個焦點重合，所以c=1
又因為橢圓C短軸的一個端點和其兩個焦點構成直角三角形，所以b=c=1
故橢圓C的方程為$\frac{x^2}{2}+{y^2}=1$，“相關圓”E的方程為${x^2}+{y^2}=\frac{2}{3}$…（4分）
證明：（Ⅱ）設A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）
聯立方程組$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{x^2}{2}+{y^2}=1}\end{array}}\right.$得（1+2k²）x²+4kmx+2m²-2=0
△=16k²m²-4（1+2k²）（2m²-2）=8（2k²-m²+1）＞0，即2k²-m²+1＞0…（6分）
$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-\frac{4km}{{1+2{k^2}}}}\\{{x_1}{x_2}=\frac{{2{m^2}-2}}{{1+2{k^2}}}}\end{array}}\right.$，
${y_1}{y_2}=（k{x_1}+m）（k{x_2}+m）={k^2}{x_1}{x_2}+km（{x_1}+{x_2}）+{m^2}=\frac{{{k^2}（2{m^2}-2）}}{{1+2{k^2}}}-\frac{{4{k^2}{m^2}}}{{1+2{k^2}}}+{m^2}=\frac{{{m^2}-2{k^2}}}{{1+2{k^2}}}$
由條件OA⊥OB得3m²-2k²-2=0…（8分）
所以原點O到直線l的距離是$d=\frac{|m|}{{\sqrt{1+{k^2}}}}=\sqrt{\frac{m^2}{{1+{k^2}}}}$
由3m²-2k²-2=0得$d=\frac{{\sqrt{6}}}{3}$為定值．…（10分）
此時要滿足△＞0，即2k²-m²+1＞0，又${k^2}=\frac{{3{m^2}-2}}{2}≥0$，
即$\left\{{\begin{array}{l}{2{m^2}＞1}\\{3{m^2}≥2}\end{array}}\right.$，所以${m^2}≥\frac{2}{3}$，即$m≥\frac{{\sqrt{6}}}{3}$或$m≤-\frac{{\sqrt{6}}}{3}$…（13分）

點評 本題考查橢圓方程、相關圓方程的求法，考查原點到直線的距離為定值的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意根的判別式、韋達定理、點到直線距離公式的合理運用．