Question

19．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy，設(shè)點(diǎn)M（x₀，y₀）是橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1上一點(diǎn)，從原點(diǎn)O向圓M：（x-x₀）²+（y-y₀）²=r²作兩條切線分別與橢圓C交于點(diǎn)P、Q，直線OP，OQ的斜率分別記為k₁，k₂．
（1）若圓M與x軸相切于橢圓C的左焦點(diǎn)，求圓M的方程；
（2）若r=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
①求證：k₁k₂為定值；
②求|OP|•|OQ|的最大值．

Answer 1

分析 （1）橢圓C的左焦點(diǎn)是（-2$\sqrt{3}$，0），x=-2$\sqrt{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，可得y=±1，求出圓的圓心，然后求圓M的方程；
（2）①因?yàn)橹本�OP：y=k₁x，OQ：y=k₂x，與圓R相切，推出k₁，k₂是方程（1+k²）x²-（2x₀+2ky₀）x+x₀²+y₀²-$\frac{4}{5}$=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，利用韋達(dá)定理推出k₁k₂．結(jié)合點(diǎn)M（x₀，y₀）在橢圓C上，得出k₁k₂=-$\frac{1}{4}$．
②（i）當(dāng)直線OP，OQ不落在坐標(biāo)軸上時(shí)，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），通過4k₁k₂+1=0，推出y₁²y₂²=$\frac{1}{16}$x₁²x₂²，利用P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），在橢圓C上，推出OP²+OQ²=20，即可求出|OP|•|OQ|的最大值．

解答 解：（1）橢圓C的左焦點(diǎn)是（-2$\sqrt{3}$，0），x=-2$\sqrt{3}$，代入$\frac{{x}^{2}}{16}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，可得y=±1，
∴M（-2$\sqrt{3}$，±1）
∴圓M的方程：（x+2$\sqrt{3}$）²+（y±1）²=1；
（2）①因?yàn)橹本�OP：y=k₁x，OQ：y=k₂x，與圓R相切，
所以直線OP：y=k₁x與圓M：（x-x₀）²+（y-y₀）²=$\frac{4}{5}$聯(lián)立，可得（1+k₁²）x²-（2x₀+2k₁y₀）x+x₀²+y₀²-$\frac{4}{5}$=0
同理（1+k₂²）x²-（2x₀+2k₂y₀）x+x₀²+y₀²-$\frac{4}{5}$=0，
由判別式為0，可得k₁，k₂是方程（x₀²-$\frac{4}{5}$）k²-2x₀y₀k+y₀²-$\frac{4}{5}$=0的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
∴k₁k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-\frac{4}{5}}{{{x}_{0}}^{2}-\frac{4}{5}}$，
因?yàn)辄c(diǎn)M（x₀，y₀）在橢圓C上，所以y₀²=1-$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}$，
所以k₁k₂=-$\frac{1}{4}$；
②（i）當(dāng)直線OP，OQ不落在坐標(biāo)軸上時(shí)，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
因?yàn)?k₁k₂+1=0，所以y₁²y₂²=$\frac{1}{16}$x₁²x₂²，
因?yàn)镻（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）在橢圓C上，所以y₁²y₂²=（4-$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$）（4-$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{4}$）=$\frac{1}{16}$x₁²x₂²，
整理得x₁²+x₂²=16，
所以y₁²+y₂²=4
所以O(shè)P²+OQ²=20．  
（ii）當(dāng)直線落在坐標(biāo)軸上時(shí)，顯然有OP²+OQ²=20，
綜上：OP²+OQ²=20
所以|OP|•|OQ|≤$\frac{1}{2}$（OP²+OQ²）=10，
所以|OP|•|OQ|的最大值為10．

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓的綜合應(yīng)用，直線與圓相切關(guān)系的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．