Question

2．已知A，B為橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，滿(mǎn)足∠AOB=90°．
（1）求證：原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值；
（2）求$\frac{1}{|OA|}$+$\frac{1}{|OB|}$的最大值；
（3）求過(guò)點(diǎn)O，且分別以O(shè)A，OB為直徑的兩圓的另一個(gè)交點(diǎn)P的軌跡方程．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，由y=x代入橢圓方程可得：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1，解得x，此時(shí)原點(diǎn)O到直線AB的距離為$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$．當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．與橢圓方程聯(lián)立化為（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²t²-a²b²=0，△＞0，根據(jù)∠AOB=90°．可得x₁x₂+y₁y₂=0，利用根與系數(shù)的關(guān)系可得：$\frac{{t}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，可得原點(diǎn)O到直線AB的距離d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$為定值．
（2）由（1）可得$\frac{1}{2}$|OA||OB|=$\frac{1}{2}$$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$•|AB|，于是$\frac{1}{|OA|}$+$\frac{1}{|OB|}$=$\frac{|OA|+|OB|}{|AB|}•\frac{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}{ab}$=$\frac{|OA|+|OB|}{\sqrt{|OA{|}^{2}+|OB{|}^{2}}}$•$\frac{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}{ab}$，利用基本不等式的性質(zhì)即可得出．
（3）如圖所示，過(guò)點(diǎn)O，且分別以O(shè)A，OB為直徑的兩圓的另一個(gè)交點(diǎn)P的軌跡滿(mǎn)足：OP⊥PA，OP⊥PB．可得P，A，B三點(diǎn)共線．由（1）可知：原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$．即可得出軌跡方程．

解答 （1）證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，由y=x代入橢圓方程可得：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{^{2}}$=1，解得x=±$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$，此時(shí)原點(diǎn)O到直線AB的距離為$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$．
當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y=kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{^{2}{x}^{2}+{a}^{2}{y}^{2}={a}^{2}^{2}}\end{array}\right.$，化為（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²t²-a²b²=0，
△＞0，則x₁+x₂=$\frac{-2{a}^{2}kt}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{t}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
∵∠AOB=90°．
∴x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+t）（kx₂+t）=0，
化為（1+k²）x₁x₂+kt（x₁+x₂）+t²=0，
化為$\frac{（1+{k}^{2}）（{a}^{2}{t}^{2}-{a}^{2}^{2}）}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$-$\frac{2{a}^{2}{k}^{2}{t}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$+t²=0，
化為$\frac{{t}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，
∴原點(diǎn)O到直線AB的距離d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$．
綜上可得：原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$．
（2）解：由（1）可得$\frac{1}{2}$|OA||OB|=$\frac{1}{2}$$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$•|AB|，
∴|OA||OB|=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$•|AB|，
∴$\frac{1}{|OA|}$+$\frac{1}{|OB|}$=$\frac{|OA|+|OB|}{|OA||OB|}$=$\frac{|OA|+|OB|}{|AB|}•\frac{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}{ab}$
=$\frac{|OA|+|OB|}{\sqrt{|OA{|}^{2}+|OB{|}^{2}}}$•$\frac{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}{ab}$≤$\frac{\sqrt{2}•\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}{ab}$，
當(dāng)且僅當(dāng)|OA|=|OB|時(shí)取等號(hào)．
∴$\frac{1}{|OA|}$+$\frac{1}{|OB|}$的最大值為$\frac{\sqrt{2}•\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}{ab}$．
（3）解：如圖所示，過(guò)點(diǎn)O，且分別以O(shè)A，OB為直徑的兩圓的另一個(gè)交點(diǎn)P的軌跡滿(mǎn)足：OP⊥PA，OP⊥PB．
因此P，A，B三點(diǎn)共線．
由（1）可知：原點(diǎn)O到直線AB的距離為定值$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$．
∴分別以O(shè)A，OB為直徑的兩圓的另一個(gè)交點(diǎn)P的軌跡方程為x²+y²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓與圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離公式、基本不等式的性質(zhì)，考查了變形能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．