Question

13．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1，點M（x₀，y₀）是橢圓C上的一點，圓M（x-x₀）²+（y-y₀）²=r²．
（1）若圓M與x軸相切于橢圓C的右焦點，求圓M的方程；
（2）從原點O向圓M：（x-x₀）²+（y-y₀）²=$\frac{4}{5}$作兩條切線與橢圓C交于P，Q兩點（P，Q不在坐標軸上），設(shè)OP，OQ的斜率分別為k₁，k₂．
①試問k₁，k₂是否為定值？若是，求出這個定值；若不是說明理由；
②求|OP|•|OQ|的最大值．

Answer 1

分析 （1）先求出圓心M（$\sqrt{3}$，±$\frac{1}{2}$），由此能求出圓M的方程；
（2）①推導出k₁，k₂是方程（4-5x₀²）k²+10x₀y₀k+4-5y₀²=0的兩根，由此能利用韋達定理能求出k₁k₂為定值；
②設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，由此利用橢圓性質(zhì)，結(jié)合已知條件運用基本不等式能求出|OP|•|OQ|的最大值．

解答 解：（1）橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1的a=2，b=1，c=$\sqrt{3}$，可得右焦點的坐標為（$\sqrt{3}$，0），
即有圓心M（$\sqrt{3}$，±$\frac{1}{2}$），
可得圓M的方程為（x-$\sqrt{3}$）²+（y±$\frac{1}{2}$）²=$\frac{1}{4}$；
（2）①k₁k₂為定值-$\frac{1}{4}$．
由圓M與直線OP：y=k₁x相切，
可得$\frac{|k{x}_{0}-{y}_{0}|}{\sqrt{1+{{k}_{1}}^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
即（4-5x₀²）k₁²+10x₀y₀k₁+4-5y₀²=0，
同理，（4-5x₀²）k₂²+10x₀y₀k₂+4-5y₀²=0，
即有k₁，k₂是方程（4-5x₀²）k²+10x₀y₀k+4-5y₀²=0的兩根，
可得k₁k₂=$\frac{4-5{{y}_{0}}^{2}}{4-5{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{4-5（1-\frac{1}{4}{{x}_{0}}^{2}）}{4-5{{x}_{0}}^{2}}$=$\frac{-1+\frac{5}{4}{{x}_{0}}^{2}}{4-5{{x}_{0}}^{2}}$=-$\frac{1}{4}$．
②設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}x}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，
解得x₁²=$\frac{4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$，y₁²=$\frac{4{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$，
同理，x₂²=$\frac{4}{1+4{{k}_{2}}^{2}}$，y₂²=$\frac{4{{k}_{2}}^{2}}{1+4{{k}_{2}}^{2}}$，
（|OP|•|OQ|）²=（$\frac{4}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$+$\frac{4{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$）•（$\frac{4}{1+4{{k}_{2}}^{2}}$+$\frac{4{{k}_{2}}^{2}}{1+4{{k}_{2}}^{2}}$）
=$\frac{4（1+{{k}_{1}}^{2}）}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$•$\frac{4（1+{{k}_{2}}^{2}）}{1+4{{k}_{2}}^{2}}$=$\frac{4+4{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$•$\frac{1+16{{k}_{1}}^{2}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$≤$\frac{（\frac{5+20{{k}_{1}}^{2}}{2}）^{2}}{（1+4{{k}_{1}}^{2}）^{2}}$=$\frac{25}{4}$，
當且僅當k₁=±$\frac{1}{2}$時，取等號，
可得|OP|•|OQ|的最大值為$\frac{5}{2}$．

點評 本題考查圓的方程的求法，考查兩直線的斜率之積是否為定值的判斷與求法，考查兩線段的最大值的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意橢圓性質(zhì)、韋達定理、圓的性質(zhì)的合理運用．