已知圆锥曲线 E:$\sqrt{{{}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{}^2}+{y^2}}=4\sqrt{6}$．(I)求曲线 E的离心率及标准方程,(II)设 M(x0.y0)是曲线 E上的任意一点.过原点作⊙M:(x-x0)2+(y-y0)2=8的两条切线.分别交曲线 E于点 P.Q．①若直线OP.OQ的斜率存在分别为k1.k2.求证:k1k2=-$\frac{1}{2}$,②� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

17．已知圆锥曲线 E：$\sqrt{{{（{x-2\sqrt{3}}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（{x+2\sqrt{3}}）}^2}+{y^2}}=4\sqrt{6}$．
（I）求曲线 E的离心率及标准方程；
（II）设 M（x₀，y₀）是曲线 E上的任意一点，过原点作⊙M：（x-x₀）²+（y-y₀）²=8的两条切线，分别交曲线 E于点 P、Q．
①若直线OP，OQ的斜率存在分别为k₁，k₂，求证：k₁k₂=-$\frac{1}{2}$；
②试问OP²+OQ²是否为定值．若是求出这个定值，若不是请说明理由．

分析（I）由椭圆定义可知，曲线E是以$（{2\sqrt{3}，0}）$和$（{-2\sqrt{3}，0}）$为焦点，长轴长为$4\sqrt{6}$的椭圆，即可得出．
（II））①若过原点与⊙M相切的直线斜率存在设为k，则切线方程为y=kx，可得$\frac{{|{k{x_0}-{y_0}}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=2\sqrt{2}$，整理得$（{x_0^2-8}）{k^2}-2{x_0}{y_0}k+y_0^2-8=0$．由题设可知k₁，k₂是以上关于k的一元二次方程的两个实根，利用根与系数的关系即可得出．
②设 P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．当直线 O P，OQ的斜率存在时，由①易得$x_1^2=\frac{24}{2k_1^2+1}$，$x_2^2=\frac{24}{2k_2^2+1}$，利用两点之间的距离、根与系数的关系即可得出．当直线 O P，OQ的斜率不存在时直接验证即可得出．

解答解：（I）由椭圆定义可知，曲线E是以$（{2\sqrt{3}，0}）$和$（{-2\sqrt{3}，0}）$为焦点，长轴长为$4\sqrt{6}$的椭圆，
设椭圆的半长轴长、半短轴长、半焦距分别为a、b、c．
∴$a=2\sqrt{6}$，$c=2\sqrt{3}$，则$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=2\sqrt{3}$，
∴椭圆的离心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，E的标准方程为$\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{12}=1$．
（II）①证明：若过原点与⊙M相切的直线斜率存在设为k，
则切线方程为y=kx，∴$\frac{{|{k{x_0}-{y_0}}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=2\sqrt{2}$，
整理得$（{x_0^2-8}）{k^2}-2{x_0}{y_0}k+y_0^2-8=0$．
由题设可知k₁，k₂是以上关于k的一元二次方程的两个实根，
∴${k_1}{k_2}=\frac{y_0^2-8}{{{x_0}-8}}=\frac{{12（{1-\frac{x_0^2}{24}}）-8}}{{{x_0}-8}}=-\frac{1}{2}$，即${k_1}{k_2}=-\frac{1}{2}$．
②设 P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
当直线 O P，OQ的斜率存在时，
由①易得$x_1^2=\frac{24}{2k_1^2+1}$，$x_2^2=\frac{24}{2k_2^2+1}$，
而${O}{{P}^2}+{O}{Q^2}=x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2$=$x_1^2+k_1^2x_1^2+x_2^2+k_2^2x_2^2$=$（{1+k_1^2}）\frac{24}{2k_1^2+1}+（{1+k_2^2}）\frac{24}{2k_2^2+1}$=$\frac{{24（{4k_1^2k_2^2+3k_1^2+3k_2^2+1}）}}{4k_1^2k_2^2+2k_1^2+2k_2^2+1}$=$\frac{{24（{3+3k_1^2+3k_2^2}）}}{2+2k_1^2+2k_2^2}=36$
当直线 O P或 OQ的斜率不存在时，圆 M与y轴相切，且圆 M也与x轴相切 P，Q是椭圆 E的两个顶点，∴O P²+OQ²=a²+b²=36．
综上所述：O P²+OQ²为定值36．