Question

11．如圖，已知M（x₀，y₀）是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1上的任一點，從原點O向圓M：（x-x₀）²+（y-y₀）²=2作兩條切線，分別交橢圓于點P、Q．
（1）若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k₁，k₂，求證：k₁k₂為定值．
（2）試問OP²+OQ²是否為定值？若是，求出該值；若不是，說明理由．

Answer 1

分析 （1）設直線OP：y=k₁x，OQ：y=k₂x，P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），設過原點圓（x-x₀）²+（y-y₀）²=2的切線方程為y=kx，運用直線和圓相切的條件：d=r，再由二次方程的韋達定理，即可得到定值-$\frac{1}{2}$；
（2）聯(lián)立直線OP、OQ方程和橢圓方程，求得P，Q的坐標，運用韋達定理，化簡整理，即可得到定值9．

解答 解：（1）因為直線OP：y=k₁x，OQ：y=k₂x，與圓R相切，
由直線和圓相切的條件：d=r，
可得$\frac{|{k}_{1}{x}_{0}-{y}_{0}|}{\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}}$=$\frac{|{k}_{2}{x}_{0}-{y}_{0}|}{\sqrt{1+{{k}_{2}}^{2}}}$=$\sqrt{2}$，
平方整理，可得k₁²（2-x₀²）+2k₁x₀y₀+2-y₀²=0，
k₂²（2-x₀²）+2k₂x₀y₀+2-y₀²=0，
所以k₁，k₂是方程k²（2-x₀²）+2kx₀y₀+2-y₀²=0的兩個不相等的實數(shù)根，
k₁•k₂=$\frac{2-{{y}_{0}}^{2}}{2-{{x}_{0}}^{2}}$，
因為點R（x₀，y₀）在橢圓C上，
所以$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{6}$+$\frac{{{y}_{0}}^{2}}{3}$=1，
即 y₀²=3（1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{6}$）=3-$\frac{1}{2}$•x₀²，
所以k₁k₂=$\frac{2-3+\frac{1}{2}{{x}_{0}}^{2}}{2-{{x}_{0}}^{2}}$=-$\frac{1}{2}$為定值； 
（3）OP²+OQ²是定值，定值為9．
理由如下：設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立 $\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=6}\end{array}\right.$，解得x₁²=$\frac{6}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，y₁²=$\frac{6{{k}_{1}}^{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，
所以x₁²+y₁²=$\frac{6（1+{{k}_{1}}^{2}）}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$，
同理得x₂²+y₂²=$\frac{6（1+{{k}_{2}}^{2}）}{1+2{{k}_{2}}^{2}}$，
由k₁k₂=-$\frac{1}{2}$，
所以OP²+OQ²=x₁²+y₁²+x₂²+y₂²=$\frac{6（1+{{k}_{1}}^{2}）}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$+$\frac{6（1+{{k}_{2}}^{2}）}{1+2{{k}_{2}}^{2}}$=$\frac{6（1+{{k}_{1}}^{2}）}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$+$\frac{6（1+4{{k}_{1}}^{2}）}{2+4{{k}_{1}}^{2}}$
=$\frac{9+18{{k}_{1}}^{2}}{1+2{{k}_{1}}^{2}}$=9．
故OP²+OQ²為定值9．

點評 本題考查橢圓的方程和性質，主要考查橢圓的方程的運用，以及直線和圓相切的條件，考查化簡運算能力，屬于中檔題．