Question

12．已知橢圓方程C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1，O是坐標(biāo)原點(diǎn)，A，B分別是橢圓上兩點(diǎn)，且滿足OA⊥OB，求證：點(diǎn)O到直線AB的距離是定值．

Answer 1

分析 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：$\frac{{t}^{2}}{1+{k}^{2}}$=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$，從而可得原點(diǎn)O到直線AB的距離d=$\frac{|t|}{\sqrt{1+{k}^{2}}}$為定值．

解答 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)立直線與橢圓方程，化為（b²+a²k²）x²+2a²ktx+a²t²-a²b²=0，
△＞0，則x₁+x₂=-$\frac{2{a}^{2}kt}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{t}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
∵OA⊥OB，∴∠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$\frac{ab}{\sqrt{{a}^{2}+^{2}}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、點(diǎn)到直線的距離公式，考查了變形能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．