Question

17．已知圓錐曲線 E：$\sqrt{{{（{x-2\sqrt{3}}）}^2}+{y^2}}+\sqrt{{{（{x+2\sqrt{3}}）}^2}+{y^2}}=4\sqrt{6}$．
（I）求曲線 E的離心率及標(biāo)準(zhǔn)方程；
（II）設(shè) M（x₀，y₀）是曲線 E上的任意一點，過原點作⊙M：（x-x₀）²+（y-y₀）²=8的兩條切線，分別交曲線 E于點 P、Q．
①若直線OP，OQ的斜率存在分別為k₁，k₂，求證：k₁k₂=-$\frac{1}{2}$；
②試問OP²+OQ²是否為定值．若是求出這個定值，若不是請說明理由．

Answer 1

分析 （I）由橢圓定義可知，曲線E是以$（{2\sqrt{3}，0}）$和$（{-2\sqrt{3}，0}）$為焦點，長軸長為$4\sqrt{6}$的橢圓，即可得出．
（II））①若過原點與⊙M相切的直線斜率存在設(shè)為k，則切線方程為y=kx，可得$\frac{{|{k{x_0}-{y_0}}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=2\sqrt{2}$，整理得$（{x_0^2-8}）{k^2}-2{x_0}{y_0}k+y_0^2-8=0$．由題設(shè)可知k₁，k₂是以上關(guān)于k的一元二次方程的兩個實根，利用根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．
②設(shè) P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．當(dāng)直線 O P，OQ的斜率存在時，由①易得$x_1^2=\frac{24}{2k_1^2+1}$，$x_2^2=\frac{24}{2k_2^2+1}$，利用兩點之間的距離、根與系數(shù)的關(guān)系即可得出．當(dāng)直線 O P，OQ的斜率不存在時直接驗證即可得出．

解答 解：（I）由橢圓定義可知，曲線E是以$（{2\sqrt{3}，0}）$和$（{-2\sqrt{3}，0}）$為焦點，長軸長為$4\sqrt{6}$的橢圓，
設(shè)橢圓的半長軸長、半短軸長、半焦距分別為a、b、c．
∴$a=2\sqrt{6}$，$c=2\sqrt{3}$，則$b=\sqrt{{a^2}-{c^2}}=2\sqrt{3}$，
∴橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{{\sqrt{2}}}{2}$，E的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{24}+\frac{y^2}{12}=1$．
（II）①證明：若過原點與⊙M相切的直線斜率存在設(shè)為k，
則切線方程為y=kx，∴$\frac{{|{k{x_0}-{y_0}}|}}{{\sqrt{{k^2}+1}}}=2\sqrt{2}$，
整理得$（{x_0^2-8}）{k^2}-2{x_0}{y_0}k+y_0^2-8=0$．
由題設(shè)可知k₁，k₂是以上關(guān)于k的一元二次方程的兩個實根，
∴${k_1}{k_2}=\frac{y_0^2-8}{{{x_0}-8}}=\frac{{12（{1-\frac{x_0^2}{24}}）-8}}{{{x_0}-8}}=-\frac{1}{2}$，即${k_1}{k_2}=-\frac{1}{2}$．
②設(shè) P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）．
當(dāng)直線 O P，OQ的斜率存在時，
由①易得$x_1^2=\frac{24}{2k_1^2+1}$，$x_2^2=\frac{24}{2k_2^2+1}$，
而${O}{{P}^2}+{O}{Q^2}=x_1^2+y_1^2+x_2^2+y_2^2$=$x_1^2+k_1^2x_1^2+x_2^2+k_2^2x_2^2$=$（{1+k_1^2}）\frac{24}{2k_1^2+1}+（{1+k_2^2}）\frac{24}{2k_2^2+1}$=$\frac{{24（{4k_1^2k_2^2+3k_1^2+3k_2^2+1}）}}{4k_1^2k_2^2+2k_1^2+2k_2^2+1}$=$\frac{{24（{3+3k_1^2+3k_2^2}）}}{2+2k_1^2+2k_2^2}=36$
當(dāng)直線 O P或 OQ的斜率不存在時，圓 M與y軸相切，且圓 M也與x軸相切 P，Q是橢圓 E的兩個頂點，∴O P²+OQ²=a²+b²=36．
綜上所述：O P²+OQ²為定值36．

點評 本題考查了橢圓的定義標(biāo)準(zhǔn)方程、直線與圓相切的性質(zhì)、一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于難題．