专题17 圆锥曲线的综合应用-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点

这是一份专题17 圆锥曲线的综合应用-冲刺2019高考数学二轮复习核心考点，主要包含了自主热身，归纳总结，解题反思，问题探究，变式训练等内容，欢迎下载使用。
【自主热身，归纳总结】
1、已知双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1的左焦点与抛物线y2＝－12x的焦点重合，则双曲线的右准线方程为________．
【答案】：x＝eq \f(8,3)
【解析】： 因为抛物线的焦点为(－3，0)，即为双曲线的左焦点，所以a2＝9－1＝8，所以双曲线的右准线方程为x＝eq \f(8,3).
2、若双曲线x2＋my2＝1过点(－eq \r(2)，2)，则该双曲线的虚轴长为________．
【答案】 4
【解析】：将点(－eq \r(2)，2)代入可得2＋4m＝1，即m＝－eq \f(1,4)，故双曲线的标准方程为eq \f(x2,1)－eq \f(y2,4)＝1，即虚轴长为4.
eq \a\vs4\al(易错警示) 本题易错在两个地方：一是忘记了虚轴的概念；二是没有把双曲线方程化成标准式．双曲线的实轴长为2a，虚轴长为2b，需要记住．双曲线的几何性质的研究都需要借助于标准方程才能进行，所以拿到双曲线方程要先化为标准式．
3、在平面直角坐标系中，已知双曲线的焦点到渐近线的距离为，则该双曲线的离心率为 ．
【答案】
【解析】焦点在轴，不妨取焦点坐标为，渐近线方程为，即，所以焦点到渐近线距离为,
则所以离线率为.
【解题反思】双曲线的焦点到渐近线的距离为短半轴长，这一点要熟记.
4、 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两条渐近线分别与抛物线交于A，B两点(A，B异于坐标原点O)．若直线AB恰好过点F，则双曲线的渐近线方程是________．
【答案】： y＝±2x
【解析】：由题意得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，p))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，－p))，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±eq \f(b,a)x，不妨设点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，p))在渐近线y＝eq \f(b,a)x上，则p＝eq \f(b,a)·eq \f(p,2)，所以eq \f(b,a)＝2，于是该双曲线的渐近线方程是y＝±2x.
5、若双曲线的两条渐近线与抛物线交于三点，且直线经过抛物线的焦点，则该双曲线的离心率为 ．
解法2 由题意可得A(－2，0)，设P(a，a＋2)，则AP的中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2,2)，\f(a＋2,2)))，AP＝eq \r(2（a＋2）2)，故以AP为直径的圆M的方程为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(a－2,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(a＋2,2)))eq \s\up12(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|a＋2|,\r(2))))eq \s\up12(2).由题意得圆C与圆M相切(内切和外切)，故eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a－2,2)－2))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2,2)))\s\up12(2))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(2)±\f(|a＋2|,\r(2))))，解得a＝eq \f(1,3)或a＝5.故点P的横坐标的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，5)).
eq \a\vs4\al(解后反思) 在解决与圆相关的综合问题时，需要充分利用圆的几何性质及一些简单的轨迹方程的知识将问题转化为直线与圆或圆与圆的问题去处理，另外本题的难点还在于方程的处理．
【问题探究，变式训练】
例1、如图，椭圆的左，右焦点分别为，，，是椭圆右准线上的两个动点，且．
（1）求的最小值；
（2）以为直径的圆是否过定点？请证明你的结论．
O
M
N
F2
F1
y
x
解 （1）设，．
则，，，
，
又，
当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为．
（2）圆心的坐标为，半径．
圆的方程为，
整理得：．
，．
令，得，．
所以圆过定点．
【变式1】、 如图，已知圆，直线，圆O与x轴交A，B两点，M是圆O上异于A，B的任意一点，直线AM交直线l于点P，直线BM交直线l于点Q．求证：以PQ为直径的圆C过定点，并求出定点坐标．
解 设，则直线方程为，则．
同理：．
所以以为直径的圆的方程是：
．
又，所以．
令，．
所以以PQ为直径的圆C过定点为．
【变式2】、在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(eq \r(2)－1)．
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 已知过点M(0，－1)的动直线l与椭圆C交于A，B两点，试判断以线段AB为直径的圆是否恒过定点，并说明理由．
(2) 当直线l的斜率不存在时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝9；(7分)
当直线l的斜率为零时，以AB为直径的圆的方程为x2＋(y＋1)2＝16.(8分)
这两圆仅有唯一公共点，也是椭圆的上顶点D(0，3)．猜想以AB为直径的圆恒过定点D(0，3)．(9分)
证明如下：
证法1(向量法) 设直线l的方程为y＝kx－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．只要证eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝x1x2＋(y1－3)(y2－3)＝x1x2＋(kx1－4)(kx2－4)＝0即可．
即要证eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝0.(11分)
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＋2y2＝18，))消去y，得(1＋2k2)x2－4kx－16＝0，Δ＝16k2＋64(1＋2k2)>0，此方程总有两个不等实根x1，x2.
x1，2＝eq \f(2k±2\r(9k2＋4),1＋2k2)，所以x1＋x2＝eq \f(4k,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(－16,1＋2k2).(14分)
所以eq \(DA,\s\up6(→))·eq \(DB,\s\up6(→))＝(1＋k2)x1x2－4k(x1＋x2)＋16＝eq \f(－16（1＋k2）,1＋2k2)－eq \f(16k2,1＋2k2)＋16＝0.
所以DA⊥DB，所以以AB为直径的圆恒过定点D(0，3)．(16分)
证法2(斜率法) 若设DA，DB的斜率分别为k1，k2，只要证k1k2＝－1即可．
设直线l的斜率为λ，则eq \f(yA＋1,xA)＝λ.
由点A在椭圆x2＋2y2＝18上，得xeq \\al(2,A)＋2yeq \\al(2,A)＝18，变形得eq \f(yA－3,xA)·eq \f(yA＋3,xA)＝－eq \f(1,2)，即k1·eq \f(yA＋3,xA)＝－eq \f(1,2).
设yA＋3＝m(yA－3)＋n(yA＋1)，可得m＝－eq \f(1,2)，n＝eq \f(3,2)，得eq \f(yA＋3,xA)＝eq \f(3,2)λ－eq \f(1,2)k1.
从而k1(3λ－k1)＝－1，即keq \\al(2,1)－3λk1－1＝0.
同理keq \\al(2,2)－3λk2－1＝0，所以k1，k2是关于k的方程k2－3λk－1＝0的两实根．
由根与系数关系，得k1k2＝－1.所以DA⊥DB，所以以AB为直径的圆恒过定点D(0，3)．
【关联1】、如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，左焦点F(－2，0)，直线l：y＝t与椭圆交于A，B两点，M为椭圆E上异于A，B的点．
(1) 求椭圆E的方程；
(2) 若M(－eq \r(6)，－1)，以AB为直径的圆P过点M，求圆P的标准方程；
(3) 设直线MA，MB与y轴分别相交于点C，D，证明：OC·OD为定值．
eq \a\vs4\al(思路分析) 第(2)问要求圆P的方程，就是要求得t的值，为此，由圆P过点M，可得MA⊥MB，可用向量或斜率关系转化为坐标表示，通过解方程，可得t的值；第(3)问的本质就是求点C，D的纵坐标，由于点C，D随着点M的变化而变化，因此以点M的坐标为参数，通过设出点M的坐标，进而表示出点C，D的纵坐标，通过计算得OC·OD为定值．
【解析】： (1) 因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，且c＝2，所以a＝2eq \r(2)，b＝2.(2分)
所以椭圆方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.(4分)
(2)设A(s，t)，则B(－s，t)，且s2＋2t2＝8 ①.
因为以AB为直径的圆P过点M，所以MA⊥MB，所以eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝0，(5分)
又eq \(MA,\s\up6(→))＝(s＋eq \r(6)，t＋1)，eq \(MB,\s\up6(→))＝(－s＋eq \r(6)，t＋1)，所以6－s2＋(t＋1)2＝0 ②.(6分)
由①②解得t＝eq \f(1,3)，或t＝－1(舍，因为M(－eq \r(6)，－1)，所以t>0)，所以s2＝eq \f(70,9).(7分)
又圆P的圆心为AB的中点(0，t)，半径为eq \f(AB,2)＝|s|，(8分)
所以圆P的标准方程为x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(70,9).(9分)
(3)设M(x0，y0)，则lMA的方程为y－y0＝eq \f(t－y0,s－x0)(x－x0)，若k不存在，显然不符合条件．
令x＝0得yC＝eq \f(－tx0＋sy0,s－x0)；同理yD＝eq \f(－tx0－sy0,－s－x0)，(11分)
所以OC·OD＝|yC·yD|＝|eq \f(－tx0＋sy0,s－x0)·eq \f(－tx0－sy0,－s－x0)|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(t2xeq \\al(2,0)－s2yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－s2))).(13分)
因为s2＋2t2＝8，xeq \\al(2,0)＋2yeq \\al(2,0)＝8，所以eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(t2xeq \\al(2,0)－s2yeq \\al(2,0),xeq \\al(2,0)－s2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(t2（8－2yeq \\al(2,0)）－（8－2t2）yeq \\al(2,0),8－2yeq \\al(2,0)－（8－2t2）)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(8t2－8yeq \\al(2,0),2t2－2yeq \\al(2,0))))＝4为定值．(16分)
【关联2】、如图，椭圆的离心率为，焦点到相应准线的距离为1，点，，分别为椭圆的左顶点、右顶点和上顶点，过点的直线交椭圆于点，交轴于点，直线与直线交于点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）求证：为定值．
（3）设D坐标为(x3，y3）,由，M(x1，0)可得直线的方程，
联立椭圆方程得：解得,. …………12 分
由，得直线BD的方程：， ①
直线AC方程为， ②
联立①②得， …………………………………………………………15 分
从而=2为定值. …………………………………………………………16 分
解法2：设D坐标为(x3，y3），
由C,M,D三点共线得，所以， ① ………………10 分
由B,D,N三点共线得，将代入可得
， ② …………………………………………………12 分
①和②相乘得，
. ……………………………………………16 分
【关联3】、已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且过点P(2，－1)．
(1) 求椭圆C的方程；
(1) 在y＝x＋3中，令x＝0，得y＝3，从而b＝3.(2分)
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,9)＝1，,y＝x＋3))得eq \f(x2,a2)＋eq \f(（x＋3）2,9)＝1.
所以x0＝－eq \f(6a2,9＋a2).(4分)
因为PB1＝eq \r(xeq \\al(2,0)＋（y0－3）2)＝eq \r(2)|x0|，所以4eq \r(2)＝eq \r(2)·eq \f(6a2,9＋a2)，解得a2＝18.
所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1.(6分)
(2) 证法1(设点法) 直线PB1的斜率为kPB1＝eq \f(y0－3,x0)，
由QB1⊥PB1，所以直线QB1的斜率为kQB1＝－eq \f(x0,y0－3).
于是直线QB1的方程为y＝－eq \f(x0,y0－3)x＋3.
同理，QB2的方程为y＝－eq \f(x0,y0＋3)x－3.(8分)
联立两直线方程，消去y，得x1＝eq \f(yeq \\al(2,0)－9,x0).(10分)
因为P(x0，y0)在椭圆eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1上，所以eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，从而yeq \\al(2,0)－9＝－eq \f(xeq \\al(2,0),2).所以x1＝－eq \f(x0,2).(12分)
所以eq \f(S△PB1B2,S△QB1B2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0,x1)))＝2.(14分)
证法2(设线法) 设直线PB1，PB2的斜率分别为k，k′，则直线PB1的方程为y＝kx＋3.
由QB1⊥PB1，直线QB1的方程为y＝－eq \f(1,k)x＋3.
将y＝kx＋3代入eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1，得(2k2＋1)x2＋12kx＝0.
因为P是椭圆上异于点B1，B2的点，所以x0≠0，
从而x0＝－eq \f(12k,2k2＋1).(8分)
因为P(x0，y0)在椭圆eq \f(x2,18)＋eq \f(y2,9)＝1上，所以eq \f(xeq \\al(2,0),18)＋eq \f(yeq \\al(2,0),9)＝1，从而yeq \\al(2,0)－9＝－eq \f(xeq \\al(2,0),2).
所以k·k′＝eq \f(y0－3,x0)·eq \f(y0＋3,x0)＝eq \f(yeq \\al(2,0)－9,xeq \\al(2,0))＝－eq \f(1,2)，
得k′＝－eq \f(1,2k).(10分)
由QB2⊥PB2，所以直线QB2的方程为y＝2kx－3.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,k)x＋3，,y＝2kx－3，))则x＝eq \f(6k,2k2＋1)，即x1＝eq \f(6k,2k2＋1).(12分)
所以eq \f(S△PB1B2,S△QB1B2)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x0,x1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－\f(12k,2k2＋1),\f(6k,2k2＋1))))＝2.(14分)
eq \a\vs4\al(解后反思) 本题的第(2)问是圆锥曲线中常见的定值问题，属于难题．探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：①从特殊入手，先根据特殊位置和数值求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．此处采用的是方法②.
【关联2】、如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且右焦点F到左准线的距离为6eq \r(2).
(1) 求椭圆C的标准方程；
(2) 设A为椭圆C的左顶点，P为椭圆C上位于x轴上方的点，直线PA交y轴于点M，过点F作MF的垂线，交y轴于点N.
①当直线PA的斜率为eq \f(1,2)时，求△FMN的外接圆的方程；
②设直线AN交椭圆C于另一点Q，求△APQ的面积的最大值．
解答 (1) 由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,c＋\f(a2,c)＝6\r(2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝4，,c＝2\r(2)，))则b＝2eq \r(2)，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1.(4分)
(2) 由题可设直线PA的方程为y＝k(x＋4)，k＞0，则M(0,4k)，所以直线FN的方程为y＝eq \f(2\r(2),4k)(x－2eq \r(2))，则Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(2,k))).
①当直线PA的斜率为eq \f(1,2)，即k＝eq \f(1,2)时，M(0,2)，N(0，－4)，F(2eq \r(2)，0)．
因为MF⊥FN，所以圆心为(0，－1)，半径为3，
所以△FMN的外接圆的方程为x2＋(y＋1)2＝9.(8分)
②联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋4，,\f(x2,16)＋\f(y2,8)＝1，))消去y并整理得，(1＋2k2)x2＋16k2x＋32k2－16＝0，解得x1＝－4或x2＝eq \f(4－8k2,1＋2k2)，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4－8k2,1＋2k2)，\f(8k,1＋2k2)))，(10分)
直线AN的方程为y＝－eq \f(1,2k)(x＋4)，同理可得，Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2－4,1＋2k2)，－\f(8k,1＋2k2)))，
所以P，Q关于原点对称，即PQ过原点．
所以△APQ的面积S＝eq \f(1,2)OA·(yP－yQ)＝2×eq \f(16k,1＋2k2)＝eq \f(32,2k＋\f(1,k))≤8eq \r(2)，(14分)
当且仅当2k＝eq \f(1,k)，即k＝eq \f(\r(2),2)时，取“＝”．
所以△APQ的面积的最大值为8eq \r(2).(16分)
【关联3】、如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，点(2,1)在椭圆C上．
(1) 求椭圆C的方程；
(2) 设直线l与圆O：x2＋y2＝2相切，与椭圆C相交于P，Q两点.
①若直线l过椭圆C的右焦点F，求△OPQ的面积；
②求证： OP⊥OQ.
(2) ①解法1 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\r(2)x－\r(3)，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)＋3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)＋6,5)))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(4\r(3)－3\r(2),5)，,y＝\f(－\r(6)－6,5).))
所以点P，Q的坐标分别为eq \f(4\r(3)＋3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)＋6,5)， eq \f(4\r(3)－3\r(2),5)， eq \f(－\r(6)－6,5)，
所以PQ＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积也为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
解法2 椭圆C的右焦点F(eq \r(3)，0)．
设切线方程为y＝k(x－eq \r(3))，即kx－y－eq \r(3)k＝0，
所以eq \f(|－\r(3)k|,\r(k2＋1))＝eq \r(2)，解得k＝±eq \r(2)，所以切线方程为y＝±eq \r(2)(x－eq \r(3))．当k＝eq \r(2)时，(4分)
把切线方程 y＝eq \r(2)(x－eq \r(3))代入椭圆C的方程，消去y得5x2－8eq \r(3)x＋6＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8\r(3),5).
由椭圆定义可得，PQ＝PF＋FQ＝2a－e(x1＋x2)＝2×eq \r(6)－eq \f(\r(2),2)×eq \f(8\r(3),5)＝eq \f(6\r(6),5).(6分)
因为O到直线PQ的距离为eq \r(2)，所以△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
因为椭圆的对称性，当切线方程为y＝－eq \r(2)(x－eq \r(3))时，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).
综上所述，△OPQ的面积为eq \f(6\r(3),5).(8分)
②解法1 (i)若直线PQ的斜率不存在，则直线PQ的方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)若直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0.
因为直线与圆相切，所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \r(2)，即m2＝2k2＋2.
将直线PQ方程代入椭圆方程，得(1＋2k2) x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2).(12分)
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝(1＋k2)×eq \f(2m2－6,1＋2k2)＋km×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4km,1＋2k2)))＋m2.
将m2＝2k2＋2代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)
解法2 设切点T(x0，y0)，则其切线方程为x0x＋y0y－2＝0，且xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2.
(i)当y0＝0时，则直线PQ的直线方程为x＝eq \r(2)或x＝－eq \r(2).
当x＝eq \r(2)时，P (eq \r(2)， eq \r(2))，Q(eq \r(2)，－eq \r(2))．
因为eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
当x＝－eq \r(2)时，同理可得OP⊥OQ.(10分)
(ii)当y0≠0时，
由方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0x＋y0y－2＝0，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))消去y得(2xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0))x2－8x0x＋8－6yeq \\al(2,0)＝0.
设P(x1，y1) ，Q(x2，y2)，则有x1＋x2＝eq \f(8x0,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0))，x1x2＝eq \f(8－6y\\al(2,0),2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).(12分)
所以eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋eq \f(2－x0x12－x0x2,y\\al(2,0))＝eq \f(－6x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)＋12,2x\\al(2,0)＋y\\al(2,0)).
因为xeq \\al(2,0)＋yeq \\al(2,0)＝2，代入上式可得eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，所以OP⊥OQ.
综上所述，OP⊥OQ.(14分)
eq \a\vs4\al(解后反思)用斜截式设直线方程时，不要遗漏斜率不存在的情况！