Question

6．已知橢圓E：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$上動(dòng)點(diǎn)P，Q，O為原點(diǎn)：
（1）若|OP|²+|OQ|²=a²+b²，求證：|k_OP•k_OQ|為定值；
（2）點(diǎn)B（0，b），若BP⊥BQ，求證：直線PQ過(guò)定點(diǎn)；
（3）若OP⊥OQ，求證：直線PQ為定圓的切線．

Answer 1

分析 （1）由題意可知|OP|²+|OQ|²=x₁²+y₁²+x₂²+y₂²=a²+b²，將P，Q代入橢圓方程，求得x₁²+x₂²=a²，利用直線的斜率公式，即可求證|k_OP•k_OQ|為定值；
（2）將直線方程代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及直線的斜率公式，即可求得m的值，則直線PQ過(guò)定點(diǎn)；
（3）設(shè)y=kx（k≠0），則OQ方程為：y=$\frac{1}{k}$x，分別代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及三角形的性質(zhì)，O到直線PQ的距離d為定值，即可求得直線PQ為定圓x²+y²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$的切線．

解答 證明：（1）由題意可知：設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），|OP|²+|OQ|²=x₁²+y₁²+x₂²+y₂²=a²+b²，
由P，Q在橢圓上，則y₁²=b²（1-$\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}$），y₂²=b²（1-$\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}$），代入整理得：x₁²+x₂²=a²，
則|k_OP•k_OQ|=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\sqrt{\frac{{y}_{1}^{2}•{y}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}•{x}_{1}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{^{2}（1-\frac{{x}_{1}^{2}}{{a}^{2}}）•^{2}（1-\frac{{x}_{2}^{2}}{{a}^{2}}）}{{x}_{1}^{2}•{x}_{2}^{2}}}$=b²$\sqrt{\frac{1-\frac{1}{{a}^{2}}（{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}）+\frac{1}{{a}^{4}}{x}_{1}^{2}{x}_{2}^{2}}{{x}_{1}^{2}{x}_{2}^{2}}}$=$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$，
∴|k_OP•k_OQ|為定值$\frac{^{2}}{{a}^{2}}$；
（2）易知，直線PQ的斜率存在，設(shè)其方程為y=kx+m，設(shè) P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，消去y，整理得 （b²+a²k²）x²+2a²kmx+a²m²-a²b²=0．
則 x₁+x₁=-$\frac{2{a}^{2}km}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{{a}^{2}{m}^{2}-{a}^{2}^{2}}{^{2}+{a}^{2}{k}^{2}}$，
由BP⊥BQ，且直線BP，BQ的斜率均存在，
∴$\frac{{y}_{1}-b}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}-b}{{x}_{1}}$=-1，整理得 x₁x₂+y₁y₂-b²（y₁+y₂）+b²=0．
因?yàn)?nbsp;y₁=kx₁+m，y₂=kx₂+m，
所以 y₁+y₂=k（x₁+x₂）+2m，y₁y₁=k²x₁x₂+km（x₁+x₁）+m²．
整理得（1+k²）x₁x₂+k（m-b²）（x₁+x₁）+m²-2b²m+b²=0．
∴（a²+b²）m²-2b³m-b²（a²-b²）=0．（13分）
解得 m=-$\frac{b（{a}^{2}-^{2}）}{{a}^{2}+^{2}}$，或m=b（舍去）．
∴直線PQ恒過(guò)定點(diǎn)（0，-$\frac{b（{a}^{2}-^{2}）}{{a}^{2}+^{2}}$），
（3）設(shè)OP方程為：y=kx（k≠0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
則OQ方程為：y=$\frac{1}{k}$x，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=kx}\\{\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}+\frac{{y}^{2}}{^{2}}=1}\end{array}\right.$，可得：x₁²=$\frac{{a}^{2}+^{2}}{{k}^{2}{a}^{2}+^{2}}$，
∴丨OP丨²=（1+k²）x₁²=$\frac{{a}^{2}^{2}（1+{k}^{2}）}{{a}^{2}{k}^{2}+^{2}}$，
同理可得：丨OQ丨²=$\frac{{a}^{2}^{2}（1+{k}^{-2}）}{{k}^{-2}{a}^{2}+^{2}}$=$\frac{{a}^{2}^{2}（1+{k}^{2}）}{{k}^{2}^{2}+{a}^{2}}$
則O到直線PQ的距離d，即為△POQ斜邊上的高，
d=$\frac{丨OP丨•丨OR丨}{丨PQ丨}$=$\sqrt{\frac{丨OP{丨}^{2}•丨OQ{丨}^{2}}{丨PQ{丨}^{2}}}$=$\sqrt{\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}}$，（定值）．
則直線PQ為定圓x²+y²=$\frac{{a}^{2}^{2}}{{a}^{2}+^{2}}$的切線．

點(diǎn)評(píng) 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理，直線的斜率公式，考查計(jì)算能力，屬于中檔題．