每日一题[821]百花齐放

已知A,B是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)上的两点,O为坐标原点,且OAOB,求证:O到直线AB的距离为定值.


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分析与解 法一 直线消参

当直线AB的斜率存在时,设其方程为y=kx+mA(x1,y1)B(x2,y2).根据题意,有x1x2+y1y2=0,

(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.
联立直线与椭圆方程,可得(1a2+k2b2)x2+2kmb2x+m2b21=0,
这样就有(k2+1)(m2b21)+km(2kmb2)+m2(1a2+k2b2)=0,
也即1+k2=(1a2+1b2)m2.
因此O到直线AB的距离d=|m|1+k2=aba2+b2
为定值.

经验证,当直线AB的斜率不存在时,也有d=aba2+b2,因此原命题得证.

法二 化齐次联立

设直线AB的方程为mx+ny=1,与椭圆方程化齐次联立,可得x2a2+y2b2(mx+ny)2=0,

从而由OAOB可得1a2+1b2m2n2=0,
因此O到直线AB的距离d=1m2+n2=aba2+b2
为定值.

法三 相关直线

当直线OA和直线OB的斜率均存在时,设OA:y=kxOB:y=1kx.联立直线OA与椭圆的方程,可得(1a2+k2b2)x2=1.

于是O到直线AB的距离d满足
1d2=1|OA|2+1|OB|2=1a2+k2b21+k2+1a2+1b2k21+1k2=1a2+1b2,
因此d为定值aba2+b2

经验证,当直线OAOB的斜率不存在时,也有d=aba2+b2,因此原命题得证.

法四 椭圆消参

A(acosα,bsinα)B(acosβ,bsinβ),则有由OAOBa2cosαcosβ+b2sinαsinβ=0,

cosαcosβ0时,有tan2αtan2β=a4b4.
此时O到直线AB的距离d满足1d2=1|OA|2+1|OB|2=1a2cos2α+b2sin2α+1a2cos2β+b2sin2β=sin2α+cos2αa2cos2α+b2sin2α+sin2β+cos2βa2cos2β+b2sin2β=tan2α+1a2+b2tan2α+tan2β+1a2+b2tan2β=tan2α+1a2+b2tan2α+(tan2β+1)tan2α(a2+b2tan2β)tan2α=tan2α+1a2+b2tan2α+a4b4+tan2αa2tan2α+b2a4b4=tan2α+1a2+b2tan2α+a2b2+b2a2tan2αb2tan2α+a2=1a2+1b2,
因此d为定值aba2+b2

经验证,当cosαcosβ=0时,d=aba2+b2,因此原命题得证.

法五 极坐标

A(θ:r1)B(θ+π2,r2),则有r21cos2θa2+r21sin2θb2=1,r22cos2(θ+π2)a2+r22sin2(θ+π2)b2=1,

于是O到直线AB的距离d满足1d2=1r21+1r22=1a2+1b2
为定值,因此原命题得证.

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每日一题[821]百花齐放》有一条回应

  1. menghd说:

    利用椭圆的幂可以利用相似及本题结论快速得到蒙日圆方程 |・ω・`)

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