Question

9．設(shè)O是坐標(biāo)原點(diǎn)，橢圓C：x²+3y²=6的左右焦點(diǎn)分別為F₁，F(xiàn)₂，且P，Q是橢圓C上不同的兩點(diǎn)，
（I）若直線PQ過橢圓C的右焦點(diǎn)F₂，且傾斜角為30°，求證：|F₁P|、|PQ|、|QF₁|成等差數(shù)列；
（Ⅱ）若P，Q兩點(diǎn)使得直線OP，PQ，QO的斜率均存在．且成等比數(shù)列．求直線PQ的斜率．

Answer 1

分析 （I）求得橢圓的a，b，c，設(shè)出直線PQ的方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式可得|PQ|，再由橢圓的定義可得|F₁P|+|PQ|+|QF₁|=4a，由等差數(shù)列的中項的性質(zhì)，可得結(jié)論；
（Ⅱ）設(shè)出直線PQ的方程，代入橢圓方程，運(yùn)用韋達(dá)定理和判別式大于0，由等比數(shù)列的中項的性質(zhì)，結(jié)合直線的斜率公式，化簡整理，解方程即可得到直線PQ的斜率．

解答 解：（I）證明：x²+3y²=6即為$\frac{{x}^{2}}{6}$+$\frac{{y}^{2}}{2}$=1，
即有a=$\sqrt{6}$，b=$\sqrt{2}$，c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=2，
由直線PQ過橢圓C的右焦點(diǎn)F₂（2，0），且傾斜角為30°，
可得直線PQ的方程為y=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（x-2），
代入橢圓方程可得，x²-2x-1=0，
即有x₁+x₂=2，x₁x₂=-1，
由弦長公式可得|PQ|=$\sqrt{1+\frac{1}{3}}$•$\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$•$\sqrt{4+4}$=$\frac{4\sqrt{6}}{3}$，
由橢圓的定義可得|F₁P|+|PQ|+|QF₁|=4a=4$\sqrt{6}$，
可得|F₁P|+|QF₁|=4$\sqrt{6}$-$\frac{4\sqrt{6}}{3}$=$\frac{8\sqrt{6}}{3}$=2|PQ|，
則有|F₁P|、|PQ|、|QF₁|成等差數(shù)列；
（Ⅱ）設(shè)直線PQ的方程為y=kx+m，代入橢圓方程x²+3y²=6，
消去y得：（1+3k²）x²+6kmx+3（m²-2）=0，
則△=36k²m²-12（1+3k²）（m²-2）
=12（6k²-m²+2）＞0，
x₁+x₂=-$\frac{6km}{1+3{k}^{2}}$，x₁x₂=$\frac{3（{m}^{2}-2）}{1+3{k}^{2}}$，
故y₁y₂=（kx₁+m）（kx₂+m）=k²x₁x₂+km（x₁+x₂）+m²，
∵直線OP、PQ、OQ的斜率依次成等比數(shù)列，
∴$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}}$•$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=k²，
即km（x₁+x₂）+m²=0，即有-$\frac{6{k}^{2}{m}^{2}}{1+3{k}^{2}}$+m²=0，
由于m≠0，故k²=$\frac{1}{3}$，
∴直線PQ的斜率k為±$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評 本題考查等差和等比數(shù)列的中項的性質(zhì)，考查直線的斜率的求法，注意運(yùn)用直線方程和橢圓方程聯(lián)立，運(yùn)用韋達(dá)定理和弦長公式，以及橢圓的定義，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．