Question

18．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：${（{x-{x_0}}）^2}+{（{y-{y_0}}）^2}=2$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B=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）由題意得 $\frac{{|{k_1}{x_0}-{y_0}|}}{{\sqrt{1+k_1^2}}}=\sqrt{2}$，從而化簡可得$（x_0^2-2）k_1^2-2{x_0}{y_0}{k_1}+y_0^2-2=0$，同理可得$（x_0^2-2）k_2^2-2{x_0}{y_0}{k_2}+y_0^2-2=0$；從而可知k₁，k₂是方程$（x_0^2-2）k_{\;}^2-2{x_0}{y_0}k+y_0^2-2=0$的兩個不相等的實數(shù)根，從而可得${k_1}•{k_2}=\frac{y_0^2-2}{x_0^2-2}$，再由$y_0^2=3-\frac{1}{2}x_0^2$證明即可；
（2）可判斷B是定值，定值為9，證明方法有兩種：（法一）：按斜率是否存在分類討論，（i）當(dāng)直線OP、OQ不落在坐標(biāo)軸上時，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），從而聯(lián)立方程可得${x_1}^2+{y_1}^2=\frac{{6（1+{k_1}^2）}}{{1+2{k_1}^2}}$，${x_2}^2+{y_2}^2=\frac{{6（1+{k_2}^2）}}{{1+2{k_2}^2}}$，從而化簡$O{P^2}+O{Q^2}={x_1}^2+{y_1}^2+{x_2}^2+{y_2}^2$=$\frac{{6（1+{k_1}^2）}}{{1+2{k_1}^2}}+\frac{{6（1+{k_2}^2）}}{{1+2{k_2}^2}}$=$\frac{{9+18{k_1}^2}}{{1+2{k_1}^2}}$=9；（ii）當(dāng)直線OP、OQ落在坐標(biāo)軸上時，顯然有B=9．（法二）：按斜率是否存在分類討論，（i）當(dāng)直線OP、OQ不落在坐標(biāo)軸上時，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），由${k_1}{k_2}=-\frac{1}{2}$可得$y_1^2y_2^2=\frac{1}{4}x_1^2x_2^2$，再由方程化簡可得$x_1^2+x_2^2=6$，從而解得．

解答 解：（1）證明：∵直線OP：y=k₁x以及OQ：y=k₂x與圓M相切，
∴$\frac{{|{k_1}{x_0}-{y_0}|}}{{\sqrt{1+k_1^2}}}=\sqrt{2}$，
化簡得：$（x_0^2-2）k_1^2-2{x_0}{y_0}{k_1}+y_0^2-2=0$
同理：$（x_0^2-2）k_2^2-2{x_0}{y_0}{k_2}+y_0^2-2=0$，
∴k₁，k₂是方程$（x_0^2-2）k_{\;}^2-2{x_0}{y_0}k+y_0^2-2=0$的兩個不相等的實數(shù)根，
∴${k_1}•{k_2}=\frac{y_0^2-2}{x_0^2-2}$，
∵點M（x₀，y₀）在橢圓C上，
∴$\frac{{{x_0}^2}}{6}+\frac{{{y_0}^2}}{3}=1$，即$y_0^2=3-\frac{1}{2}x_0^2$，
∴${k_1}{k_2}=\frac{{1-\frac{1}{2}x_0^2}}{x_0^2-2}=-\frac{1}{2}$，為定值．
（2）B是定值，定值為9，證明如下，
法一：（i）當(dāng)直線OP、OQ不落在坐標(biāo)軸上時，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}y={k_1}x\\ \frac{x^2}{6}+\frac{y^2}{3}=1\end{array}\right.$解得$\left\{\begin{array}{l}{x_1}^2=\frac{6}{{1+2{k_1}^2}}\\{y_1}^2=\frac{{6{k_1}^2}}{{1+2{k_1}^2}}.\end{array}\right.$，
故${x_1}^2+{y_1}^2=\frac{{6（1+{k_1}^2）}}{{1+2{k_1}^2}}$，
同理得，${x_2}^2+{y_2}^2=\frac{{6（1+{k_2}^2）}}{{1+2{k_2}^2}}$，
∵${k_1}{k_2}=-\frac{1}{2}$，
∴$O{P^2}+O{Q^2}={x_1}^2+{y_1}^2+{x_2}^2+{y_2}^2$
=$\frac{{6（1+{k_1}^2）}}{{1+2{k_1}^2}}+\frac{{6（1+{k_2}^2）}}{{1+2{k_2}^2}}$
=$\frac{{6（1+{k_1}^2）}}{{1+2{k_1}^2}}+\frac{{6（1+{{（-\frac{1}{{2{k_1}}}）}^2}）}}{{1+2{{（-\frac{1}{{2{k_1}}}）}^2}}}$
=$\frac{{9+18{k_1}^2}}{{1+2{k_1}^2}}$=9；
（ii）當(dāng)直線OP、OQ落在坐標(biāo)軸上時，顯然有B=9；
綜上所述，B=9．
法二：（i）當(dāng)直線OP、OQ不落在坐標(biāo)軸上時，設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
∵${k_1}{k_2}=-\frac{1}{2}$，
∴$y_1^2y_2^2=\frac{1}{4}x_1^2x_2^2$，
∵P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）在橢圓C上，
∴$\left\{\begin{array}{l}\frac{x_1^2}{6}+\frac{y_1^2}{3}=1\\ \frac{x_2^2}{6}+\frac{y_2^2}{3}=1\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}y_1^2=3-\frac{1}{2}x_1^2\\ y_2^2=3-\frac{1}{2}x_2^2\end{array}\right.$，
∴$（3-\frac{1}{2}x_1^2）（3-\frac{1}{2}x_2^2）=\frac{1}{4}x_1^2x_2^2$，整理得$x_1^2+x_2^2=6$，
∴$y_1^2+y_2^2=（{3-\frac{1}{2}x_1^2}）+（{3-\frac{1}{2}x_2^2}）=3$，
∴B=9．
（ii）當(dāng)直線OP、OQ落在坐標(biāo)軸上時，顯然有B=9，
綜上所述，B=9．

點評 本題考查了橢圓與圓，直線的位置關(guān)系的應(yīng)用及分類討論的思想應(yīng)用，同時考查了學(xué)生的化簡運算能力．