Question

17．设A，B为椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1上满足OA⊥OB（O为原点）的两点．
（1）以O为极点，Ox轴为极轴建立极坐标系，求椭圆的极坐标方程；
（2）求$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$的值；
（3）判断直线AB与圆C：x²+y²=$\frac{4}{5}$的位置关系．

Answer 1

分析 （1）直接把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1求得椭圆的极坐标方程；
（2）对OB所在直线斜率存在和不存在分类讨论，通过联立直线方程和椭圆方程求得|OA|²、|OB|²，代入$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$求得答案；
（3）结合（2）中的结论，由三角形面积相等求得O到直线AB距离，再结合圆C的半径得到结论．

解答 解：（1）把x=ρcosθ，y=ρsinθ代入椭圆$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，得ρ²（cos²θ+4sin²θ）=4；
（2）当OA斜率为0时，OB斜率不存在，此时$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{1}{{a}^{2}}+\frac{1}{{b}^{2}}=\frac{1}{4}+1=\frac{5}{4}$．
当OB斜率存在时，设OB所在直线方程为y=kx，则OA所在直线方程为y=-$\frac{1}{k}x$．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，可得：${x}^{2}=\frac{4}{1+4{k}^{2}}$，${y}^{2}=\frac{4{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$．
∴$|OB{|}^{2}=\frac{4（1+{k}^{2}）}{1+4{k}^{2}}$．
联立$\left\{\begin{array}{l}{y=-\frac{1}{k}x}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，可得${x}^{2}=\frac{4{k}^{2}}{{k}^{2}+4}$，${y}^{2}=\frac{4}{{k}^{2}+4}$．
∴$|OA{|}^{2}=\frac{4（1+{k}^{2}）}{{k}^{2}+4}$．
则$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{1+4{k}^{2}}{4（1+{k}^{2}）}+\frac{{k}^{2}+4}{4（1+{k}^{2}）}=\frac{5}{4}$．
综上$\frac{1}{|OA{|}^{2}}$+$\frac{1}{|OB{|}^{2}}$=$\frac{5}{4}$；
（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的直角顶点O到AB的距离为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$．
而圆C：x²+y²=$\frac{4}{5}$的半径为$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
∴直线AB与圆C：x²+y²=$\frac{4}{5}$相切．

点评 本题考查椭圆的简单性质，考查了直线和椭圆的位置关系，体现了分类讨论的数学思想方法，（3）的判断具有一定的灵活性，属中高档题．