Question

6．已知点P是椭圆$\frac{{x}^{2}}{72}$+$\frac{{y}^{2}}{36}$=1上的任意一点，过点P作圆O：x²+y²=36的切线，切线与椭圆的另一交点为点Q
（1）当点P的横坐标为3$\sqrt{2}$，且过点P作圆O的切线有两条时，求两切线斜率的和；
（2）当点P在椭圆上运动时，求线段PQ长度的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用直线与椭圆相切的性质及其一元二次方程的根与系数的关系即可得出；
（2）设⊙O的切线PQ的方程为：my+t=x，可得$\frac{|t|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=6，联立$\left\{\begin{array}{l}{my+t=x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=72}\end{array}\right.$，化为（m²+2）y²+2mty+t²-72=0，△＞0，化为36m²+72＞t²．利用根与系数的关系及其|PQ|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$，及其基本不等式的性质即可得出．

解答 解：（1）如图所示，
不妨设过点P（3$\sqrt{2}$，3$\sqrt{3}$）的切线方程方程为：y-3$\sqrt{3}$=k（x-3$\sqrt{2}$），
联立$\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+2{y}^{2}=72}\\{y-3\sqrt{3}=k（x-3\sqrt{2}）}\end{array}\right.$，
化为：（1+2k²）x²+12k$（\sqrt{3}-\sqrt{2}k）$x+$18（\sqrt{3}-\sqrt{2}k）^{2}$-72=0，
∵直线与椭圆相切可得：△=144k²$（\sqrt{3}-\sqrt{2}k）^{2}$-4（1+2k²）[$18（\sqrt{3}-\sqrt{2}k）^{2}$-72]=0，
化为6k²+2$\sqrt{6}$k+1=0，
∴k₁+k₂=-$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
（2）设⊙O的切线PQ的方程为：my+t=x，
则$\frac{|t|}{\sqrt{{m}^{2}+1}}$=6，化为t²=36（m²+1）．
联立$\left\{\begin{array}{l}{my+t=x}\\{{x}^{2}+2{y}^{2}=72}\end{array}\right.$，化为（m²+2）y²+2mty+t²-72=0，
△=4m²t²-4（m²+2）（t²-72）=4（72m²-2t²+144）＞0，化为36m²+72＞t²．
∴y₁+y₂=$\frac{-2mt}{{m}^{2}+2}$，y₁y₂=$\frac{{t}^{2}-72}{{m}^{2}+2}$．
∴|PQ|=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[（{y}_{1}+{y}_{2}）^{2}-4{y}_{1}{y}_{2}]}$=$\sqrt{（1+{m}^{2}）[\frac{4{m}^{2}{t}^{2}}{（{m}^{2}+2）^{2}}-\frac{4（{t}^{2}-72）}{{m}^{2}+2}]}$=$\frac{12\sqrt{2（1+{m}^{2}）}}{{m}^{2}+2}$．
设$\sqrt{1+{m}^{2}}$=s≥1，
则|PQ|=$\frac{12\sqrt{2}s}{{s}^{2}+1}$=$\frac{12\sqrt{2}}{s+\frac{1}{s}}$≤6$\sqrt{2}$，当且仅当s=1，即m=0时取等号，满足△＞0．
∴线段PQ长度的最大值为6$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了椭圆的标准方程及其性质、直线与椭圆相交弦长问题、直线与圆相切的充要条件、点到直线的距离公式、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．