Question

2．已知A，B为椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1上的两个动点，满足∠AOB=90°．
（1）求证：原点O到直线AB的距离为定值；
（2）求$\frac{1}{|OA|}$+$\frac{1}{|OB|}$的最大值；
（3）求过点O，且分别以OA，OB为直径的两圆的另一个交点P的轨迹方程．

Answer 1

分析 （1）当直线AB的斜率不存在时，由y=x代入椭圆方程可得：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1，解得x，此时原点O到直线AB的距离为$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$．当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．与椭圆方程联立化为（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²t²-a²b²=0，△＞0，根据∠AOB=90°．可得x₁x₂+y₁y₂=0，利用根与系数的关系可得：$\frac{{t}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$，可得原点O到直线AB的距离d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$为定值．
（2）由（1）可得$\frac{1}{2}$|OA||OB|=$\frac{1}{2}$$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$•|AB|，于是$\frac{1}{|OA|}$+$\frac{1}{|OB|}$=$\frac{|OA|+|OB|}{|AB|}•\frac{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}{ab}$=$\frac{|OA|+|OB|}{\sqrt{|OA{|}^{2}+|OB{|}^{2}}}$•$\frac{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}{ab}$，利用基本不等式的性质即可得出．
（3）如图所示，过点O，且分别以OA，OB为直径的两圆的另一个交点P的轨迹满足：OP⊥PA，OP⊥PB．可得P，A，B三点共线．由（1）可知：原点O到直线AB的距离为定值$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$．即可得出轨迹方程．

解答 （1）证明：当直线AB的斜率不存在时，由y=x代入椭圆方程可得：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{x}^{2}}{{b}^{2}}$=1，解得x=±$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$，此时原点O到直线AB的距离为$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$．
当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+t，A（x₁，y₁），B（x₂，y₂）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+t}\\{{b}^{2}{x}^{2}+{a}^{2}{y}^{2}={a}^{2}{b}^{2}}\end{array}\right.$，化为（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²t²-a²b²=0，
△＞0，则x₁+x₂=$\frac{-2{a}^{2}kt}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{t}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
∵∠AOB=90°．
∴x₁x₂+y₁y₂=x₁x₂+（kx₁+t）（kx₂+t）=0，
化为（1+k²）x₁x₂+kt（x₁+x₂）+t²=0，
化为$\frac{（1+{k}^{2}）（{a}^{2}{t}^{2}-{a}^{2}{b}^{2}）}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$-$\frac{2{a}^{2}{k}^{2}{t}^{2}}{{b}^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$+t²=0，
化为$\frac{{t}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$，
∴原点O到直线AB的距离d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$．
综上可得：原点O到直线AB的距离为定值$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$．
（2）解：由（1）可得$\frac{1}{2}$|OA||OB|=$\frac{1}{2}$$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$•|AB|，
∴|OA||OB|=$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$•|AB|，
∴$\frac{1}{|OA|}$+$\frac{1}{|OB|}$=$\frac{|OA|+|OB|}{|OA||OB|}$=$\frac{|OA|+|OB|}{|AB|}•\frac{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}{ab}$
=$\frac{|OA|+|OB|}{\sqrt{|OA{|}^{2}+|OB{|}^{2}}}$•$\frac{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}{ab}$≤$\frac{\sqrt{2}•\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}{ab}$，
当且仅当|OA|=|OB|时取等号．
∴$\frac{1}{|OA|}$+$\frac{1}{|OB|}$的最大值为$\frac{\sqrt{2}•\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}{ab}$．
（3）解：如图所示，过点O，且分别以OA，OB为直径的两圆的另一个交点P的轨迹满足：OP⊥PA，OP⊥PB．
因此P，A，B三点共线．
由（1）可知：原点O到直线AB的距离为定值$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+{b}^{2}}}$．
∴分别以OA，OB为直径的两圆的另一个交点P的轨迹方程为x²+y²=$\frac{{a}^{2}{b}^{2}}{{a}^{2}+{b}^{2}}$．

点评 本题考查了椭圆与圆的定义标准方程及其性质、点到直线的距离公式、基本不等式的性质，考查了变形能力、推理能力与计算能力，属于难题．