Question

5．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的長軸長與焦距的比是2：$\sqrt{2}$，且過點(diǎn)（$\sqrt{5}$，$\frac{\sqrt{6}}{2}$）．
（1）求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
（2）是否存在動點(diǎn)M，使過點(diǎn)M并與直線OM垂直的直線l與橢圓C恒有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且|OM|（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）為定值，當(dāng)向量$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$時(shí)，若存在這樣的動點(diǎn)，求出定值|OM|；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可得a，c的關(guān)系，代入點(diǎn)可得a，b的關(guān)系，結(jié)合橢圓的a，b，c的關(guān)系，可得a，b的值，進(jìn)而得到橢圓方程；
（2）由題意可得M在橢圓內(nèi)，討論過M的直線斜率不存在和存在，運(yùn)用橢圓的極坐標(biāo)方程，設(shè)出A，B的坐標(biāo)，運(yùn)用勾股定理和三角形的面積公式，計(jì)算即可得到定值|OM|．

解答 （1）解：由題意可得2a：2c=2：$\sqrt{2}$，
即有$\frac{c}{a}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，又a²-b²=c²，
$\frac{5}{{a}^{2}}$+$\frac{3}{2^{2}}$=1，
解得a=2$\sqrt{2}$，b=2，
即有橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{8}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1；
（2）假設(shè)存在動點(diǎn)M，使過點(diǎn)M并與直線OM垂直的直線l與橢圓C
恒有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B．
則設(shè)M（m，n），即有M在橢圓內(nèi)，
即為m²+2n²-8＜0，
當(dāng)向量$\overrightarrow{OA}$⊥$\overrightarrow{OB}$時(shí)，且過M的直線斜率不存在時(shí)，
即有m²+2y²=8，令y=m，解得m=±$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，
則有|OM|=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$；
當(dāng)過M的直線斜率存在時(shí)，以O(shè)為極點(diǎn)，x軸為極軸，建立極坐標(biāo)系．
將x=ρcosθ，y=ρsinθ，代入橢圓方程可得ρ²=$\frac{8}{1+si{n}^{2}θ}$，
設(shè)A（ρ₁，θ），B（ρ₂，θ+$\frac{π}{2}$），
則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
=$\frac{8}{1+si{n}^{2}θ}$+$\frac{8}{1+co{s}^{2}θ}$=$\frac{24}{（1+si{n}^{2}θ）（1+co{s}^{2}θ）}$，
由三角形的面積公式可得
|OM|=$\frac{|OA|•|OB|}{|AB|}$，
即有|OM|²=$\frac{|OA{|}^{2}•|OB{|}^{2}}{|AB{|}^{2}}$=$\frac{64}{24}$，
即有|OM|為定值$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．
綜上可得，存在這樣的動點(diǎn)在橢圓內(nèi)，|OM|為定值$\frac{2\sqrt{6}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，主要考查橢圓的離心率公式和方程的運(yùn)用，考查橢圓的極坐標(biāo)方程的運(yùn)用，同時(shí)考查三角函數(shù)的化簡和求值，屬于中檔題．