已知椭圆E：x2a2+y2b2=1（a＞b＞0）上动点P，Q，O为原点：
（1）若|OP|2+|OQ|2=a2+b2，求证：|kOP•kOQ|为定值；
（2）点B（0，b），若BP⊥BQ，求证：直线PQ过定点；
（3）若OP⊥OQ，求证：直线PQ为定圆的切线．
x
2
a
2
+
y
2
b
2
=
1
（
a
＞
b
＞
0
）
【考点】椭圆的几何特征．
【答案】（1）由题意可知：设P（x1，y1），Q（x2，y2），|OP|2+|OQ|2=+++=a2+b2，
由P，Q在椭圆上，则=b2（1-），=b2（1-），代入整理得：+=a2，
则|kOP•kOQ|=•===b2=，
∴|kOP•kOQ|为定值；
（2）易知，直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+m，设 P（x1，y1），Q（x2，y2），
，消去y，整理得 （b2+a2k2）x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0．
则 x1+x1=-，x1x2=，
由BP⊥BQ，且直线BP，BQ的斜率均存在，
∴•=-1，整理得 x1x2+y1y2-b2（y1+y2）+b2=0．
因为 y1=kx1+m，y2=kx2+m，
所以 y1+y2=k（x1+x2）+2m，y1y1=k2x1x2+km（x1+x1）+m2．
整理得（1+k2）x1x2+k（m-b2）（x1+x1）+m2-2b2m+b2=0．
∴（a2+b2）m2-2b3m-b2（a2-b2）=0．（13分）
解得 m=-，或m=b（舍去）．
∴直线PQ恒过定点（0，-）；
（3）设OP方程为：y=kx（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），
则OQ方程为：y=x，
联立
，可得：=，
∴丨OP丨2=（1+k2）=，
同理可得：丨OQ丨2==
则O到直线PQ的距离d，即为△POQ斜边上的高，
d===，（定值）．
则直线PQ为定圆x2+y2=的切线．
x
2
1
y
2
1
x
2
2
y
2
2
由P，Q在椭圆上，则
y
2
1
x
2
1
a
2
y
2
2
x
2
2
a
2
x
2
1
x
2
2
则|kOP•kOQ|=
y
1
x
1
y
2
x
2
y
2
1
•
y
2
2
x
2
1
•
x
2
1
b
2
（
1
-
x
2
1
a
2
）
•
b
2
（
1
-
x
2
2
a
2
）
x
2
1
•
x
2
2
1
-
1
a
2
（
x
2
1
+
x
2
2
）
+
1
a
4
x
2
1
x
2
2
x
2
1
x
2
2
b
2
a
2
∴|kOP•kOQ|为定值
b
2
a
2
（2）易知，直线PQ的斜率存在，设其方程为y=kx+m，设 P（x1，y1），Q（x2，y2），
y = kx + m |
x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 |
则 x1+x1=-
2
a
2
km
b
2
+
a
2
k
2
a
2
m
2
-
a
2
b
2
b
2
+
a
2
k
2
由BP⊥BQ，且直线BP，BQ的斜率均存在，
∴
y
1
-
b
x
1
y
2
-
b
x
1
因为 y1=kx1+m，y2=kx2+m，
所以 y1+y2=k（x1+x2）+2m，y1y1=k2x1x2+km（x1+x1）+m2．
整理得（1+k2）x1x2+k（m-b2）（x1+x1）+m2-2b2m+b2=0．
∴（a2+b2）m2-2b3m-b2（a2-b2）=0．（13分）
解得 m=-
b
（
a
2
-
b
2
）
a
2
+
b
2
∴直线PQ恒过定点（0，-
b
（
a
2
-
b
2
）
a
2
+
b
2
（3）设OP方程为：y=kx（k≠0），P（x1，y1），Q（x2，y2），
则OQ方程为：y=
1
k
联立
y = kx |
x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 |
x
2
1
a
2
+
b
2
k
2
a
2
+
b
2
∴丨OP丨2=（1+k2）
x
2
1
a
2
b
2
（
1
+
k
2
）
a
2
k
2
+
b
2
同理可得：丨OQ丨2=
a
2
b
2
（
1
+
k
-
2
）
k
-
2
a
2
+
b
2
a
2
b
2
（
1
+
k
2
）
k
2
b
2
+
a
2
则O到直线PQ的距离d，即为△POQ斜边上的高，
d=
丨
OP
丨
•
丨
OR
丨
丨
PQ
丨
丨
OP
丨
2
•
丨
OQ
丨
2
丨
PQ
丨
2
a
2
b
2
a
2
+
b
2
则直线PQ为定圆x2+y2=
a
2
b
2
a
2
+
b
2
【解答】
【点评】
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发布：2024/4/20 14:35:0组卷：152引用：3难度：0.5
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