Question

1．在平面直角坐标系中，已知椭圆C：$\frac{{x}^{2}}{12}+\frac{{y}^{2}}{6}=1$，设第一象限内的点R（x₀，y₀）在椭圆C上，从原点O向圆R：（x-x₀）²+（y-y₀）²=4作两条切线，切点分别为P、Q．
（Ⅰ）当OP⊥OQ时，求圆R的方程；
（Ⅱ）是否存在点R，当直线OP，OQ斜率k₁、k₂都存在时，使得k₁k₂-$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{x}_{0}{y}_{0}}$+1=0？若存在，求点R的坐标；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过直线OP，OQ互相垂直，以及点的坐标适合椭圆方程，求出圆的圆心，然后求圆R的方程；
（Ⅱ）当直线OP，OQ斜率k₁、k₂都存在时，推导出k₁，k₂是方程（x₀²-4）k²-2x₀y₀k+y₀²-4=0的两个不相等的实数根，由此利用达定理结合已知条件得到x₀=$\sqrt{19}$，${{y}_{0}}^{2}=\frac{1}{2}-\frac{19}{2}$=-9不成立，从而得到不存在点R，当直线OP，OQ斜率k₁、k₂都存在时，使得k₁k₂-$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{x}_{0}{y}_{0}}$+1=0．

解答 解：（Ⅰ）由题意圆的半径为2，
∵OP⊥OQ，且OP、OQ都与圆相切，
∴OR=$\sqrt{4+4}$=2$\sqrt{2}$，∴${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}$=8，①
∵点R（x₀，y₀）在椭圆C上，∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{12}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{6}=1$，②
由①②及R在第一象限，解得x₀=y₀=2，
∴圆R的方程为：（x-2）²+（y-2）²=4．
（Ⅱ）不存在点R，当直线OP，OQ斜率k₁、k₂都存在时，使得k₁k₂-$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{x}_{0}{y}_{0}}$+1=0．
理由如下：
∵当直线OP，OQ斜率k₁、k₂都存在时，从原点O向圆R：（x-x₀）²+（y-y₀）²=4作两条切线，切点分别为P、Q，
∴直线OP：y=k₁x，直线OQ：y=k₂x均于圆R相切，
∵直线OP：y=k₁x，OQ：y=k₂x，与圆R相切，
∴$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x}\\{（x-{x}_{0}）^{2}+（y-{{y}_{0}）}^{2}=4}\end{array}\right.$，化简得（1+${{k}_{1}}^{2}$）x²-（2x₀+2k₁y₀）x+${{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}$-4=0，
同理$（1+{{k}_{2}}^{2}）{x}^{2}-（2{x}_{0}+2{k}_{2}{y}_{0}）x+{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-4=0$，
∴k₁，k₂是方程（x₀²-4）k²-2x₀y₀k+y₀²-4=0的两个不相等的实数根，
∴k₁k₂=$\frac{-b+\sqrt{{b}^{2}-4ac}}{2a}$•$\frac{-b-\sqrt{{b}^{2}-4ac}}{2a}$=$\frac{c}{a}$=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-4}{{{x}_{0}}^{2}-4}$，k₁+k₂=$\frac{2{x}_{0}{y}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}-4}$，
∵点R（x₀，y₀）在椭圆C上，∴$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{12}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{6}=1$，
即${{y}_{0}}^{2}$=$\frac{1}{2}-\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}$，
∴k₁k₂-$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{x}_{0}{y}_{0}}$+1=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-4}{{{x}_{0}}^{2}-4}$-$\frac{2}{{{x}_{0}}^{2}-4}$+1=$\frac{{{x}_{0}}^{2}+{{y}_{0}}^{2}-10}{{{x}_{0}}^{2}-4}$=$\frac{\frac{{{x}_{0}}^{2}}{2}-\frac{19}{2}}{{{x}_{0}}^{2}-4}$=0，
解得x₀=$\sqrt{19}$，${{y}_{0}}^{2}=\frac{1}{2}-\frac{19}{2}$=-9不成立，
故不存在点R，当直线OP，OQ斜率k₁、k₂都存在时，使得k₁k₂-$\frac{{k}_{1}+{k}_{2}}{{x}_{0}{y}_{0}}$+1=0．

点评 本题考查直线与椭圆的综合应用，直线与圆相切关系的应用，考查分析问题解决问题的能力．转化思想的应用．