Question

15．已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）的焦点为F₁，F₂，离心率为$\frac{1}{2}$，点P为其上动点，且三角形PF₁F₂的面积最大值为$\sqrt{3}$，O为坐标原点．
（1）求椭圆C的方程；
（2）若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．

Answer 1

分析 （1）由题意可知：由椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$，则a=2c，当P位于短轴的端点时，△PF₁F₂的面积最大，在bc=$\sqrt{3}$及a²=b²+c²，即可求得a和b的值，即可求得椭圆方程；
（2）分类讨论，当直线MN的斜率存在时，设其方程，代入椭圆方程，根据点到直线的距离公式，韦达定理及向量数量积的坐标运算，要使7×$\frac{{b}^{2}}{{k}^{2}+1}$=12+$\frac{m（4{k}^{2}+3）}{{k}^{2}+1}$，为常数，则m=0，d=$\sqrt{\frac{12}{7}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，当直线的斜率不存在时，d=丨x丨=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，亦成立．

解答 解：（1）由题意可知椭圆的离心率e=$\frac{c}{a}$=$\frac{1}{2}$，则a=2c，
当P位于短轴的端点时，△PF₁F₂的面积最大，即$\frac{1}{2}$×2c×b=$\sqrt{3}$，bc=$\sqrt{3}$，
由a²=b²+c²，则a=2，b=$\sqrt{3}$，c=1，
∴椭圆的标准方程：$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）设M（x₁，y₁）、N（x₂，y₂），$\overrightarrow{OM}•\overrightarrow{ON}$=x₁x₂+y₁y₂=m，
当直线MN到斜率存在时，设其方程：y=kx+b，
则点O到直线MN的距离d=$\frac{丨b丨}{\sqrt{{k}^{2}+1}}$，
则$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+b}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，整理得：（4k²+3）x²+8kbx+4b²-12=0，
由△＞0，整理得：4k²-b²+3＞0，
由x₁+x₂=-$\frac{8kb}{4{k}^{2}+3}$，x₁x₂=$\frac{4{b}^{2}-12}{4{k}^{2}+3}$，
则x₁x₂+（kx₁+b）（kx₂+b）=（k²+1）x₁x₂+kb（x₁+x₂）+b²=m，
整理得：7×$\frac{{b}^{2}}{{k}^{2}+1}$=12+$\frac{m（4{k}^{2}+3）}{{k}^{2}+1}$，为常数，则m=0，d=$\sqrt{\frac{12}{7}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，
此时7×$\frac{{b}^{2}}{{k}^{2}+1}$=12，满足△＞0，
当MN⊥x轴时，m=0，整理得k_OM=±1，
$\left\{\begin{array}{l}{3{x}^{2}+4{y}^{2}=12}\\{y=±x}\end{array}\right.$，则x²=$\frac{12}{7}$，
则d=丨x丨=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$，亦成立，
综上可知：m=0，d=$\frac{2\sqrt{21}}{7}$．

点评 本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，考查韦达定理，弦长公式，向量数量积的坐标运算，考查分类讨论思想，属于中档题．