Question

17．設(shè)A，B為橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1上滿足OA⊥OB（O為原點(diǎn)）的兩點(diǎn)．
（1）以O(shè)為極點(diǎn)，Ox軸為極軸建立極坐標(biāo)系，求橢圓的極坐標(biāo)方程；
（2）求$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$的值；
（3）判斷直線AB與圓C：x²+y²=$\frac{4}{5}$的位置關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）直接把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1求得橢圓的極坐標(biāo)方程；
（2）對OB所在直線斜率存在和不存在分類討論，通過聯(lián)立直線方程和橢圓方程求得|OA|²、|OB|²，代入$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$求得答案；
（3）結(jié)合（2）中的結(jié)論，由三角形面積相等求得O到直線AB距離，再結(jié)合圓C的半徑得到結(jié)論．

解答 解：（1）把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，得ρ²（cos²θ+4sin²θ）=4；
（2）當(dāng)OA斜率為0時(shí)，OB斜率不存在，此時(shí)$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{^{2}}=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}$．
當(dāng)OB斜率存在時(shí)，設(shè)OB所在直線方程為y=kx，則OA所在直線方程為y=-$\frac{1}{k}x$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，可得：${x}^{2}=\frac{4}{1+4{k}^{2}}$，${y}^{2}=\frac{4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．
∴$|OB{|}^{2}=\frac{4（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，可得${x}^{2}=\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}+4}$，${y}^{2}=\frac{4}{{k}^{2}+4}$．
∴$|OA{|}^{2}=\frac{4（1+{k}^{2}）}{{k}^{2}+4}$．
則$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{1+4{k}^{2}}{4（1+{k}^{2}）}+\frac{{k}^{2}+4}{4（1+{k}^{2}）}=\frac{5}{4}$．
綜上$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{5}{4}$；
（3）由$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{5}{4}$，得4（|OA|²+|OB|²）=5|OA|²|OB|²，
∴4|AB|²=5（|OA|•|OB|）²，即$\frac{|OA|•|OB|}{|AB|}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
也就是直角三角形AOB的直角頂點(diǎn)O到AB的距離為$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
而圓C：x²+y²=$\frac{4}{5}$的半徑為$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴直線AB與圓C：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切．

點(diǎn)評 本題考查橢圓的簡單性質(zhì)，考查了直線和橢圓的位置關(guān)系，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，（3）的判斷具有一定的靈活性，屬中高檔題．