已知点${F 1}.{F 2}$.平面直角坐标系上的一个动点P(x.y)满足$|\overrightarrow{P{F 1}}|+|\overrightarrow{P{F 2}}|=4$．设动点P的轨迹为曲线C．(1)求曲线C的轨迹方程,(2)已知点A.B是曲线C上的两个动点.若$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$.试证明:原点O到直线AB的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．已知点${F_1}（-\sqrt{2}，0）、{F_2}（\sqrt{2}，0）$，平面直角坐标系上的一个动点P（x，y）满足$|\overrightarrow{P{F_1}}|+|\overrightarrow{P{F_2}}|=4$．设动点P的轨迹为曲线C．
（1）求曲线C的轨迹方程；
（2）已知点A、B是曲线C上的两个动点，若$\overrightarrow{OA}⊥\overrightarrow{OB}$（O是坐标原点），试证明：原点O到直线AB的距离是定值．

分析（1）利用直接法即可得到曲线C的轨迹方程；
（2）设A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），若点A在坐标轴上，则点B也在坐标轴上，$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$，推出原点到直线AB的距离．当若点A（x_A，y_A）不在坐标轴上，可设$OA：y=kx，OB：y=-\frac{1}{k}x$．代入椭圆方程，利用韦达定理求解即可．

解答（1）解：依据题意，动点P（x，y）满足$\sqrt{{{（x-\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（x+\sqrt{2}）}^2}+{y^2}}=4$．
又$|{F_1}{F_2}|=2\sqrt{2}＜4$，
因此，动点P（x，y）的轨迹是焦点在x轴上的椭圆，且 $\left\{\begin{array}{l}2a=4\\ 2c=2\sqrt{2}\end{array}\right.⇒b=\sqrt{2}$．
所以，所求曲线C的轨迹方程是$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1$．
（2）证明：设原点到直线AB的距离为d，
且A、B是曲线C上满足OA⊥OB的两个动点．
1⁰若点A在坐标轴上，则点B也在坐标轴上，有$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$，
即$d=\frac{ab}{{\sqrt{{a^2}+{b^2}}}}=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
2⁰若点A（x_A，y_A）不在坐标轴上，可设$OA：y=kx，OB：y=-\frac{1}{k}x$．
由$\left\{\begin{array}{l}\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{2}=1\\ y=kx.\end{array}\right.$得 $\left\{\begin{array}{l}x_A^2=\frac{4}{{1+2{k^2}}}\\ y_A^2=\frac{{4{k^2}}}{{1+2{k^2}}}.\end{array}\right.$
设点B（x_B，y_B），同理可得，$\left\{\begin{array}{l}x_B^2=\frac{{4{k^2}}}{{2+{k^2}}}\\ y_B^2=\frac{4}{{2+{k^2}}}.\end{array}\right.$
于是，$|OA|=2\sqrt{\frac{{1+{k^2}}}{{1+2{k^2}}}}$，$|OB|=2\sqrt{\frac{{1+{k^2}}}{{2+{k^2}}}}$，$|AB|=\sqrt{O{A^2}+O{B^2}}=\frac{{2\sqrt{3}（1+{k^2}）}}{{\sqrt{（2+{k^2}）（1+2{k^2}）}}}$．
利用$\frac{1}{2}|OA||OB|=\frac{1}{2}|AB|•d$，得$d=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．
综合1⁰和2⁰可知，总有$d=\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，即原点O到直线AB的距离为定值$\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$．