2016年10月24圆锥曲线解答题3

1、2016年10月24圆锥曲线解答题3参考答案与试题解析一解答题（共30小题）2（2016新余二模）已知O为坐标原点，的左右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，若|OB|，|OF2|，|AB|成等比数列，椭圆C上的点到焦点F2的最短距离为（1）求椭圆C的标准方程；（2）设T为直线x=3上任意一点，过F1的直线交椭圆C于点P，Q，且，求的最小值【解答】解：（1）|OB|，|OF2|，|AB|成等比数列，=|OB|AB|，=，设M（x0，y0）为椭圆C上一点，则=+=，ax0a，当x0=a时，ac=2，及其a2=b2+c2，解得a2=6，b2=2椭圆C的标准方程为=1（II）由（I）可知：

2、F1（2，0），设T（3，m），|TF1|=，直线TF1的斜率=m，当m0时，直线PQ的斜率kPQ=，直线PQ的方程是x=my2，当m=0时也适合设P（x1，y1），Q（x2，y2），将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得，化为：（m2+3）y24my2=0，0，y1+y2=，y1y2=，|PQ|=，=，当且仅当=，即m=±1时，等号成立的最小值为3（2016上海模拟）如图，在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆C：=1（ab0）的离心率e=，左顶点为A（4，0），过点A作斜率为k（k0）的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E（1）求椭圆C的方程； （2）已知P为AD的中点，是否存在定点Q

3、，对于任意的k（k0）都有OPEQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在说明理由；（3）若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点M，求的最小值【解答】解：（1）椭圆C：=1（ab0）的离心率e=，左顶点为A（4，0），a=4，又，c=2（2分）又b2=a2c2=12，椭圆C的标准方程为（4分）（2）直线l的方程为y=k（x+4），由消元得，化简得，（x+4）（4k2+3）x+16k212）=0，x1=4，（6分）当时，点P为AD的中点，P的坐标为，则（8分）直线l的方程为y=k（x+4），令x=0，得E点坐标为（0，4k），假设存在定点Q（m，n）（m0），使得OPEQ，则kOPkEQ=1，即恒成立，

4、（4m+12）k3n=0恒成立，即，定点Q的坐标为（3，0）（10分）（3）OMl，OM的方程可设为y=kx，由，得M点的横坐标为，（12分）由OMl，得=（14分）=，当且仅当即时取等号，当时，的最小值为 （16分）4（2016新余二模）如图，已知椭圆+y2=1的四个顶点分别为A1，A2，B1，B2，左右焦点分别为F1，F2，若圆C：（x3）2+（y3）2=r2（0r3）上有且只有一个点P满足=（1）求圆C的半径r；（2）若点Q为圆C上的一个动点，直线QB1交椭圆于点D，交直线A2B2于点E，求的最大值【解答】解：（1）由椭圆+y2=1可得F1（1，0），F2（1，0），设P（x，y），=，

5、=，化为：x23x+y2+1=0，即=又（x3）2+（y3）2=r2（0r3），圆C上有且只有一个点P满足=上述两个圆外切，=r+，解得r=（2）直线A2B2方程为：，化为=设直线B1Q：y=kx1，由圆心到直线的距离，可得：k联立，解得E联立，化为：（1+2k2）x24kx=0，解得D|DB1|=|EB1|=，=|1+|，令f（k）=，f（k）=0，因此函数f（k）在k上单调递减k=时，=|1+|=取得最大值6（2016莆田一模）己知两点A（2，0），B（2，0），直线l过点B且与x轴垂直，点C是l上异于点B的动点，直线BP垂直线段OC并交线段AC于点P，记点P的轨迹为曲线（1）求曲线的方程

6、；（2）过点D（1，0）的直线与曲线 交于M，N两点，直线AM，AN分别与l交于E，F两点当AEF的面积是AMN的面积的2倍时，求直线MN的方程【解答】解：（1）设点C（2，m）（m0），则kOC=，kAC=，直线BP的方程为：y=（x+2），直线AC的方程为：y=（x2），联立，消去m可得=1曲线的方程为=1（y0）（2）由题意可设直线MN的方程为x=ty1，联立，化为（m2+2）y22my3=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），（y1y2），则y1+y2=，y1y2=直线AM的方程为：（x2），由xE=2，可得yE=同理可得：yF=|EF|=|yEyF|=，SAEF=，SAMN=SA

7、EF=2SAMN，=3|y1y2|，化为=8，化简可得：=8，解得m=，直线MN的方程为：y=±2（x+1）7（2016辽宁校级一模）已知椭圆C：的离心率为，右顶点A（2，0）（1）求椭圆C的方程；（2）过点的直线l交椭圆于B、D两点，设直线AB斜率为k1，直线AD斜率为k2求证：k1k2为定值，并求此定值【解答】解：（）椭圆C：的离心率为，右顶点A（2，0），由题意得，解得椭圆C的方程为（4分）证明：（）由题意知直线l斜率不为0，可设直线l方程为，与联立，得，=9m2+7（m2+4）0，设B（x1，y1），D（x2，y2），则（8分）=k1k2为定值，定值为（12分）8（2016南

8、宁二模）已知椭圆：+=1（ab0）的两个焦点为F1，F2，离心率为，ABF2的周长等于4，点A、B在椭圆C上，且F1在边AB上（1）求椭圆C的标准方程；（2）如图，过圆O：x2+y2=4上任意一点P作椭圆C的两条切线PM和PN与圆O交于点M、N，求PMN面积的最大值【解答】解：（1）ABF2的周长等于4，且F1在边AB上，（BF1+BF2）+（AF1+AF2）=4，即a=，又=，=1，椭圆C的标准方程为：+y2=1；（2）依题意，设P（x0，y0），设过P点的直线为yy0=k（xx0），记b=kx0+y0，整理得：y=kx+b，并代入椭圆方程，得：x2+3k2x2+6kbx+3b23=0，令=

9、0，得9k2b23b29k2b2+9k2+3=0，9k23b2+3=0，即3k2b2+1=0，又b=kx0+y0，3k2k2x02+2kx0y0y02+1=0，=3y02+x0230，k1k2=，又x02+y02=4，即y02=4x02，k1k2=1，过圆O：x2+y2=4上任意一点P作椭圆C的两条切线均垂直，MN为圆O的直径，显然当P点为P（0，±2）时，PMN面积的最大，最大值为42=410（2016浙江模拟）已知椭圆+=1（ab0）的右焦点为F2（1，0），点H（3，0）在椭圆上（1）求椭圆的方程；（2）点M在圆x2+y2=b2上，且M在第一象限，过M作圆x2+y2=b2的切线

10、交椭圆于P，Q两点，求证：PF2Q的周长是定值【解答】解：（1）由题意可得c=1，a=3，即有b=2，则椭圆的方程为+=1；（2）证明：设P（x1，y1），Q（x2，y2），+=1（|x1|3），|PF2|2=（x11）2+y12=（x19）2，|PF2|=3x1，连接OM，OP，由相切条件知：|PM|2=|OP|2|OM|2=x12+y128=x12，|PM|=x1，|PF2|+|PM|=3，同理可求|QF2|+|QM|=3，|F2P|+|F2Q|+|PQ|=6即有PF2Q的周长为定值611（2016西安校级二模）设F1，F2是椭圆C：x2+2y2=2（0）的左、右焦点，P是椭圆上任意一点（

11、1）记F1PF2=，求证：cos0；（2）若F1（1，0），点N（2，0），已知椭圆C上的两个动点A，B满足=，当，时，求直线AB斜率的取值范围【解答】解：（1）证明：椭圆C：x2+2y2=2（0），即为+=1，可得a=，b=，c=，则F1（，0），F2（，0），当P为短轴的一个端点时，|PF1|=|PF2|=a=，|F1F2|=2c=2，即有|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，F1PF2=90°，由椭圆的性质可得，当P为短轴的端点时，F1PF2取得最大值，即0°F1PF290°，则cos0；（2）由=，可得A，B，N三点共线，而N（2，0），设直线的方程

12、为y=k（x+2），（k0），由F1（1，0），可得c=1，即=1，可得椭圆的方程为x2+2y2=2，由，消去x得：y2y+2=0，由=（）280，解得0k或k0设A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理得y1+y2=，y1y2=，又由=得：（x1+2，y1）=（x2+2，y2），y1=y2将式代入式得：，消去y2得：=设（）=+2，当，时，（）是减函数，（），解得 k2，又由0k或k0得k或k直线AB的斜率的取值范围是，12（2016辽宁校级一模）已知椭圆C：+=1（ab0）的离心率为，且点（，）在C上（）求椭圆C的方程；（）直线l经过点P（1，0），且与椭圆C有两个交点A，B，是否存

13、在直线l0：x=x0（其中x02），使得A，B到l0的距离dA，dB满足：=恒成立？若存在，求x0的值；若不存在，请说明理由【解答】解：（）由题意可得e=，a2b2=c2，又+=1，解得a=2，b=1，即有椭圆的方程为+y2=1；（）设直线l的方程为y=k（x1），代入椭圆方程可得，（1+4k2）x28k2x+4k24=0，设A（x1，y1），B（x2，y2）（x1x2），即有x1+x2=，x1x2=，存在直线l0：x=x0（其中x02），使得A，B到l0的距离dA，dB满足：=恒成立，即有=，即为2x1x2+2x0（1+x0）（x1+x2）=0，即有+2x0（1+x0）=0，即为8k28+2

14、x0（1+4k2）8k2（1+x0）=0，即有2x0=8，解得x0=42故存在这样的直线l：x=413（2016白山三模）设直线l：y=k（x+1）（k0）与椭圆x2+4y2=m2（m0）相交于A，B两个不同的点，与x轴相交于点C，记O为坐标原点（1）证明：m2；（2）若=3，求OAB的面积取得最大值时椭圆的方程【解答】解：（1）依题意，直线l显然不平行于坐标轴，故y=k（x+1）可化为x=1将x=代入x2+4y2=m2，消去x，得（1+4k2）y22ky+k2k2m2=0，由直线l与椭圆相交于两个不同的点，得=4k24（1+4k2）（k2k2m2）=4k2m216k4+16k4m20，化简整

15、理即得；（2）A（x1，y1），B（x2，y2），由，得，=（1x1，y1），=（x2+1，y2），由=3，得y1=3y2 ，由联立，解得y2=，OAB的面积S=|OC|y1y2|=2|y2|=，上式取等号的条件是4k2=1，即k=±当k=时，由解得；当k=时，由解得将k=，及k=，这两组值分别代入，均可解出m2=5，经验证，m2=5，k=±满足OAB的面积取得最大值时椭圆方程是x2+4y2=415（2016湛江一模）如图，已知椭圆C1：+=1（ab0）的半焦距为c，原点O到经过两点（c、0），（0，b）的直线的距离为c（0，1），垂直于x轴的直线l与椭圆C1及圆C2：x2

16、+y2=a2均有两个交点，这四个交点按其坐标从大到小分别为A、B、C、D（）当=时，求的值；（）设N（a，0），若存在直线l使得BOAN，证明：0【解答】（）解：过两点（c、0），（0，b）的直线方程为，即bx+cybc=0，由原点O到直线bx+cybc=0的距离为c（0，1），得，即b=a，当=时，b=，此时椭圆方程为设直线l的方程为x=m（ama），联立，解得B（m，），C（m，），联立，解得A（m，），D（m，），=；（）证明：如图，由（）得，A（m，），联立，得B（m，），又N（a，0），而，由BOAN，得，m=（ma），即am0，即，解得：1（舍）或，又（0，1），016（2016洛

17、阳二模）已知圆心在直线y=x上的圆C与x轴相切，与y轴正半轴交于M，N两点（点M在N的下方），且|MN|=3（1）求圆C的方程；（2）过点M任作一条直线与椭圆+=1交于A、B两点，设直线AN、BN的斜率分别为k1，k2，则k1+k2是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由【解答】解：（1）设圆C的半径为r（r0），依题意，设圆心坐标为（4a，5a），a0，|MN|=3，r2=（）2+（4a）2=（5a）2，解得a=，即有圆心为（2，），r=，圆C的方程为（x2）2+（y）2=；（2）把x=0代入方程（x2）2+（y）2=，解得：y=1，或y=4，即M（0，1），N（0，4），当

18、ABx轴时，不满足题意；当AB与x轴不垂直时，设直线AB解析式为y=kx+1，联立方程，消去y得：（2k2+1）x2+4kx6=0，设直线AB交椭圆于A（x1，y1），B（x2，y2），则有x1+x2=，x1x2=，y1=kx1+1，y2=kx2+1，k1+k2=+=+=，2kx1x23（x1+x2）=2k（）3（）=0，k1+k2=017（2016安徽三模）已知椭圆C：=1（ab0）和圆D：x2+y2=b2分别与射线y=x（x0）交于A、B两点，且|OA|=|OB|=（I）求椭圆C的方程；（）若不经过原点O且斜率为k的直线l与椭圆交于M、N两点，且SOMN=1，证明：线段MN中点P（x0，y

19、0）的坐标满足x+4y=2【解答】解：（I）由题意可得|OB|=1，|OA|=，即有b=1，令y=x，可得+x2=1，解得x=±，即有=，解得a=2，即有椭圆的方程为+y2=1；（）证明：设直线l的方程为y=kx+t，代入椭圆方程x2+4y2=4，可得（1+4k2）x2+8ktx+4t24=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），即有x1+x2=，x1x2=，MN的中点为（，），SOMN=|OM|ON|sinMON=|x1y2x2y1|=|x1（kx2+t）x2（kx1+t）|=|t（x1x2）|=|t|=1，化简可得1+4k2=2t2，即有x02+4y02=+4=218（2016

20、河南模拟）已知椭圆C：=1（ab0）的离心率e=，椭圆的右焦点F（c，0），椭圆的右顶点为A，上顶点为B，原点到直线AB的距离为（I）求椭圆C的方程；（）判断在x轴上是否存在异于F的一点G，满足过点G且斜率为k（k0）的直线l与椭圆C交于M、N两点，P是点M关于x轴的对称点，N、F、P三点共线，若存在，求出点G坐标；若不存在，说明理由【解答】解：（I）由题意可得e=，直线AB的方程为bx+ay=ab，由题意可得=，又a2b2=c2，解得a=，b=c=1，即有椭圆的方程为+y2=1；（）在x轴上假设存在异于F的一点G，设为（n，0），设直线l的方程为y=k（xn），代入椭圆方程x2+2y2=2，

21、可得（1+2k2）x24nk2x+2k2n22=0，设M（x1，y1），N（x2，y2），可得x1+x2=，x1x2=，由假设可得P（x1，y1），F（1，0），N（x2，y2）三点共线，可得kPN=kNF，即=，由y1=k（x1n），y2=k（x2n），可得（x1+x22n）（x21）=（x2x1）（x2n），化简为（n+1）（x1+x2）2x1x22n=0，即有（n+1）22n=0，化简可得n=2，代入判别式可得2k21，故存在异于F的一点G，且为（2，0），使N、F、P三点共线19（2016成都校级模拟）已知椭圆的离心率为，且以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切（1）求椭

22、圆C的标准方程；（2）若一条不过原点的直线l与椭圆相交于A，B两点，设直线OA，l，OB的斜率分别为k1，k，k2，且k1，k，k2恰好构成等比数列求|OA|2+|OB|2的值【解答】解：（1）椭圆的离心率为，由题意知e=，e2=，整理，得a2=4b2，a=2b，又以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切，b=1，a=2，故椭圆C的方程为：=1（2）设直线l的方程为y=kx+m，A（x1，y1），B（x2，y2），由直线l的方程代入椭圆方程，消去y得：（1+4k2）x2+8kmx+4m24=0，x1+x2=，x1x2=，且=16（1+4k2m2）0，k1、k、k2恰好构成等比数列k

23、2=k1k2=，4k2m2+m2=0，k=±，此时=16（2m2）0，即m（，），x1+x2=±2m，x1x2=2m22|OA|2+|OB|2=（x1+x2）22x1x2+2=5，|OA|2+|OB|2是定值为520（2016海口校级模拟）如图，已知椭圆+=1（ab0），椭圆的长轴长为8，离心率为（1）求椭圆方程；（2）椭圆内接四边形ABCD的对角线交于原点，且（）（）=0，求四边形ABCD周长的最大值与最小值【解答】解：（1）由题意可得2a=8，即a=4，由e=，可得c=，b=3，即有椭圆的方程为+=1；（2）由题意的对称性可得四边形ABCD为平行四边形，由（）（）=0，

24、可得（）=0，即（）（）=0，可得2=2，即有四边形ABCD为菱形，即有ACBD，设直线AC的方程为y=kx，（k0），则BD的方程为y=x，代入椭圆方程可得x=±，可设A（，k），同理可得D（，），即有|AD|2=（）2+（+）2=，令1+k2=t（t1），即有|AD|2=25=25，由144+=49（）2+，即有t=2，即k=±1时，|AD|取得最小值，且为；又当AC的斜率为0时，BD为短轴，即有ABCD的周长取得最大值，且为20综上可得四边形ABCD的周长的最小值为，最大值为2021（2016天津一模）椭圆C：=1（ab0），A，B是椭圆与x轴的两个交点，M为椭圆C的

25、上顶点，设直线MA的斜率为k1，直线MB的斜率为k2，k1k2=（）求椭圆C的离心率；（）设直线l与x轴交于点D（，0），交椭圆于P、Q两点，且满足=3，当OPQ的面积最大时，求椭圆C的方程【解答】解：（）由题意可得M（0，b），A（a，0），B（a，0）k1=，k2=k1k2=，b=a，可得e= （）由（）知e=，得a2=3c2，b2=2c2，可设椭圆C的方程为：2x2+3y2=6c2，设直线l的方程为：x=my，直线l与椭圆交于P，Q两点得（2m2+3）y24my+66c2=0，因为直线l与椭圆C相交，所以=48m24（2m2+3）（66c2）0，由韦达定理：y1+y2=，y1y2= 又=

26、3，所以y1=3y2，代入上述两式有：66c2=，所以SOPQ=|OD|y1y2|=|=12=1212=，当且仅当m2=时，等号成立，此时c2=，代入，有0成立，所以椭圆C的方程为：+=122（2016晋中一模）已知椭圆E：+=1（ab0），A为椭圆E的右顶点，B，C分别为椭圆E的上、下顶点（I）若N为AC的中点，BAN的面积为，椭圆的离心率为求椭圆E的方程；（）F为椭圆E的右焦点，线段CF的延长线与线段AB交于点M，与椭圆E交于点P，求的最小值【解答】解：（I）由题意可得A（a，0），B（0，b），C（0，b），|AN|=|AC|=，直线AC的方程为bxayab=0，可得B到AC的距离为d=

27、，由BAN的面积为，可得（）=，即有ab=2，又e=，a2b2=c2，解得a=2，b=c=，即有椭圆的方程为+=1；（）设F（c，0），C（0，b），A（a，0），B（0，b），可得直线CF：y=xb，直线AB的方程为y=x+b，联立直线CF和AB的方程，可得M（，），将直线CF的方程代入椭圆方程b2x2+a2y2=a2b2，可得x=0或，即有P（，），由=，由e=（0，1），可得=（1+e）+222=22当且仅当1+e=，即e=1，可得最小值2223（2016河南二模）已知椭圆C：的左、右焦点分别为F1（c，0）、F2（c，0），P为椭圆C上任意一点，且最小值为0（）求曲线C的方程；（）若动

28、直线l2，l2均与椭圆C相切，且l1l2，试探究在x轴上是否存在定点B，使得点B到l1，l2的距离之积恒为1？若存在，请求出点B的坐标；若不存在，请说明理由【解答】解：（）设P（x，y），则有=（x+c，y），=（xc，y），=x2+y2c2=，xa，a，由最小值为0，得1c2=0，c=1，a2=2，椭圆C的方程为（）当直线l1，l2斜率存在时，设其方程为y=kx+m，y=kx+n，把l1的方程代入椭圆方程，得（1+2k2）x2+4mkx+2m22=0，直线l1与椭圆C相切，=16k2m24（1+2k2）（2m22）=0，化简，得m2=1+2k2，同理，n2=1+2k2，m2=n2，若m=n，

29、则重合，不合题意，m=n，设在x轴上存在点B（t，0），点B到直线l1，l2的距离之积为1，则=1，即|k2t2m2|=k2+1，把1+2k2=m2代入并去绝对值整理，得：k2（t23）=2或k2（t21）=0，前式不恒成立，而要使得后对任意的kR恒立，则t21=0，解得t=±1当直线l1，l2的距离之积为（）（）=1，定点（1，0）到直线l1，l2的距离之积为（）（）=1，综上所述，满足题意的定点B为（1，0）或（1，0）24（2016辽宁一模）已知P（x0，y0）（x0±a）是椭圆E：+=1（ab0）上一点，M，N分别是椭圆E的左、右顶点，直线PM、PN的斜率之积为（1

30、）求椭圆E的离心率；（2）过椭圆E的左焦点且斜率为1的直线交椭圆E于A，B两点，O为坐标原点，点C为椭圆E上一点，且满足=（0），求的值【解答】解：（1）P（x0，y0）（x0a）是椭圆E：+=1（ab0）上一点，M，N分别是椭圆E的左、右顶点，直线PM，PN的斜率的乘积等于，a2=4b2，c2=3b2，得e=；（2）联立方程组，得5x2+8cx+8b2=0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则，再设C（x3，y3），由=，得x3=x1+x2，y3=y1+y2，由于C为椭圆上的点，即，则（x1+x2）2+4（y1+y2）2=4b2，整理得：（x1x2+4y1y2）=4b2 ，由于A（x1，

31、y1），B（x2，y2）在椭圆上，即，又x1x2+4y1y2=x1x2+4（x1+c）（x2+c）=5x1x2+4c（x1+x2）+4c2=，代入得，即，解得：=0，或=25（2016凉山州模拟）设椭圆+=1（ab0）（1）若F，A分别是椭圆的右焦点，右顶点，H是直线x=与x轴的交点，设=f（e）（e为椭圆的离心率），求f（e）的最大值；（2）若点P（x0，y0）是椭圆上任意一点，从原点O作圆（xx0）2+（yy0）2=的两条切线，且两条切线的斜率都存在，记为k1，k2，求k1k2的值【解答】解：（1）由题设，H点的坐标为H（，0），O（0，0），F（c，0），A（a，0）|FA|=ac，|O

32、H|=，f（e）=ee2=（e2e）=（e）2+，当e=时，f（e）取得最大值，且为；（2）由点P（x0，y0）是椭圆上任意一点，可得+=1，即为y02=（a2x02），直线y=kx与圆相切，d=r，即=，整理可得（a2b2x02（a2+b2）k2+2x0y0（a2+b2）k+a2b2y02（a2+b2）=0，即有k1k2=，代入，化简可得k1k2=26（2016漳平市校级模拟）已知F1，F2分别是椭圆C：+=1（ab0）的两个焦点，P（1，）是椭圆上一点，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列（1）求椭圆C的标准方程；（2）已知动直线l过点F2，且与椭圆C交于A、B两点，试问x轴上

33、是否存在定点Q，使得=恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由【解答】解：（1）|PF1|，|F1F2|，|PF2|成等差数列，|PF1|+|PF2|=2|F1F2|，即2a=4c，a=，解得椭圆方程为（2）假设在x轴上存在点Q（m，0），使得恒成立当直线l的斜率为0时，A（，0），B（，0）=（m，0），=（m，0）=m22=，解得或m=若直线l斜率不为0，设直线AB的方程为x=ty+1联立方程组，消元得：（t2+2）y2+2ty1=0设A（x1，y1），B（x2，y2），则y1+y2=，y1y2=x1+x2=t（y1+y2）+2=，x1x2=（ty1+1）（ty2+1）=t2y

34、1y2+t（y1+y2）+1=（x1m，y1），=（x2m，y2）=（x1m）（x2m）+y1y2=x1x2m（x1+x2）+m2+y1y2=+m2=，解得m=综上，Q点坐标为（，0）27（2016邢台校级模拟）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知R（x0，y0）是椭圆+=1上的一点，从原点O向圆R（xx0）2+（yy0）2=12作两条切线，分别交椭圆于P，Q两点（1）若R点在第一象限，且直线OP，OQ互相垂直，求圆R的方程；（2）若直线OP，OQ的斜率存在，分别记为k1，k2，求k1k2的值【解答】解：（1）圆R的半径r=2，OPOQ，|OR|=r=2，x02+y02=24，又点R在椭圆C上，联立，解得圆R的方程为 （x2）2+（y2）2=12（2）直线OP方程为：k1xy=0，直线OQ的方程为：k2xy=0OP，OQ为圆R的切线，=2