已知椭圆C:$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的长轴长与焦距的比是2:$\sqrt{2}$.且过点($\sqrt{5}$.$\frac{\sqrt{6}}{2}$)．(1)求椭圆C的标准方程,(2)是否存在动点M.使过点M并与直线OM垂直的直线l与椭圆C恒有两个不同的交点A.B.且|OM|为定值.当向� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

5．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的长轴长与焦距的比是2：$\sqrt{2}$，且过点（$\sqrt{5}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$）．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）是否存在动点M，使过点M并与直线OM垂直的直线l与椭圆C恒有两个不同的交点A，B，且|OM|（O为坐标原点）为定值，当向量$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$时，若存在这样的动点，求出定值|OM|；若不存在，请说明理由．

分析（1）由题意可得a，c的关系，代入点可得a，b的关系，结合椭圆的a，b，c的关系，可得a，b的值，进而得到椭圆方程；
（2）由题意可得M在椭圆内，讨论过M的直线斜率不存在和存在，运用椭圆的极坐标方程，设出A，B的坐标，运用勾股定理和三角形的面积公式，计算即可得到定值|OM|．

解答（1）解：由题意可得2a：2c=2：$\sqrt{2}$，
即有$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又a²-b²=c²，
$\frac{5}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{2{b}^{2}}$=1，
解得a=2$\sqrt{2}$，b=2，
即有椭圆方程为$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）假设存在动点M，使过点M并与直线OM垂直的直线l与椭圆C
恒有两个不同的交点A，B．
则设M（m，n），即有M在椭圆内，
即为m²+2n²-8＜0，
当向量$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$时，且过M的直线斜率不存在时，
即有m²+2y²=8，令y=m，解得m=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
则有|OM|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$；
当过M的直线斜率存在时，以O为极点，x轴为极轴，建立极坐标系．
将x=ρcosθ，y=ρsinθ，代入椭圆方程可得ρ²=$\frac{8}{1+si{n}^{2}θ}$，
设A（ρ₁，θ），B（ρ₂，θ+$\frac{π}{2}$），
则ρ₁²=$\frac{8}{1+si{n}^{2}θ}$，ρ₂²=$\frac{8}{1+si{n}^{2}（θ+\frac{π}{2}）}$=$\frac{8}{1+co{s}^{2}θ}$，
由直角三角形的勾股定理可得|AB|²=|OA|²+|OB|²
=$\frac{8}{1+si{n}^{2}θ}$+$\frac{8}{1+co{s}^{2}θ}$=$\frac{24}{（1+si{n}^{2}θ）（1+co{s}^{2}θ）}$，
由三角形的面积公式可得
|OM|=$\frac{|OA|•|OB|}{|AB|}$，
即有|OM|²=$\frac{|OA{|}^{2}•|OB{|}^{2}}{|AB{|}^{2}}$=$\frac{64}{24}$，
即有|OM|为定值$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．
综上可得，存在这样的动点在椭圆内，|OM|为定值$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．