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OA⊥OB,求证:O到直线AB的距离为定值.
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+m,A(x1,y1),B(x2,y2).根据题意,有x1x2+y1y2=0,
即(k2+1)x1x2+km(x1+x2)+m2=0.
联立直线与椭圆方程,可得(1a2+k2b2)x2+2kmb2x+m2b2−1=0,
这样就有(k2+1)(m2b2−1)+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=ab√a2+b2
为定值.
经验证,当直线AB的斜率不存在时,也有d=ab√a2+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OA⊥OB可得1a2+1b2−m2−n2=0,
因此O到直线AB的距离d=1√m2+n2=ab√a2+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=kx,OB: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ab√a2+b2.
经验证,当直线OA或OB的斜率不存在时,也有d=ab√a2+b2,因此原命题得证.
法四 椭圆消参
设A(acosα,bsinα),B(acosβ,bsinβ),则有由OA⊥OB有a2cosαcosβ+b2sinαsinβ=0,
当cosαcosβ≠0时,有tan2α⋅tan2β=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+b2⋅a4b4=tan2α+1a2+b2tan2α+a2b2+b2a2tan2αb2tan2α+a2=1a2+1b2,
因此d为定值ab√a2+b2.
经验证,当cosαcosβ=0时,d=ab√a2+b2,因此原命题得证.
法五 极坐标
设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.
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・`)