Question

6．已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，以原點為圓心，以橢圓的短半軸為半徑的圓與直線x-y+$\sqrt{6}$=0相切．
（1）求橢圓C的方程；
（2）過橢圓的右焦點F的直線l₁與橢圓交于A、B，過F與直線l₁垂直的直線l₂與橢圓交于C、D，與直線l₃：x=4交于P；
①求證：直線PA、PF、PB的斜率k_PA，k_PF，k_PB成等差數(shù)列；
②是否存在常數(shù)λ使得|AB|+|CD|=λ|AB|•|CD|成立，若存在，求出λ的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，可得e=$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，橢圓C的短半軸為半徑的圓與直線x-y+$\sqrt{6}$=0相切，求得a，b的值，則橢圓方程可求；
（2）①分直線AB的斜率存在和不存在討論，當(dāng)直線的斜率不存在時，可得直線PA、PF、PB的斜率k_PA，
k_PF，k_PB成等差數(shù)列；當(dāng)直線的斜率存在時，設(shè)出直線AB的方程，和橢圓方程聯(lián)立，由根與系數(shù)的關(guān)系得到A，B兩點橫坐標(biāo)的和與積，再求出P的坐標(biāo)，由k_PA+k_PB=2k_PF得答案；
②聯(lián)立AB、CD所在直線方程與橢圓方程，由弦長公式求得|AB|、|CD|的長度，代入|AB|+|CD|=λ|AB|•|CD|即可求得λ的值．

解答 （1）解：∵橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）的離心率為$\frac{1}{2}$，∴e=$\frac{c}{a}=\frac{1}{2}$，
∵橢圓C的短半軸為半徑的圓與直線x-y+$\sqrt{6}$=0相切．
∴b=$\frac{\sqrt{6}}{\sqrt{2}}=\sqrt{3}$，則a²=b²+c²=4，
∴橢圓C的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$；
（2）①證明：∵橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$的左焦點F（1，0），
當(dāng)直線AB的斜率不存在時，直線AB的方程為x=1，聯(lián)立直線方程和橢圓方程可得：
A（1，$\frac{3}{2}$），B（1，-$\frac{3}{2}$），此時k_PA與k_PB互為相反數(shù)，則k_PA，k_PF，k_PB成等差數(shù)列；
當(dāng)直線AB的斜率存在時，設(shè)過其右焦點F的直線AB的方程為：y=k（x-1），k≠0，
CD的直線方程為y=$-\frac{1}{k}（x-1）$，
由方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
在CD的方程中，取x=4，得y=-$\frac{3}{k}$，∴P（4，$-\frac{3}{k}$），
則k_PA+k_PB=$\frac{\frac{-3}{k}-{y}_{1}}{4-{x}_{1}}+\frac{\frac{-3}{k}-{y}_{2}}{4-{x}_{2}}$
=$\frac{（-\frac{3}{k}-{y}_{1}）（4-{x}_{2}）+（-\frac{3}{k}-{y}_{2}）（4-{x}_{1}）}{（4-{x}_{1}）（4-{x}_{2}）}$
=$\frac{-\frac{24}{k}+（\frac{3}{k}-5k）（{x}_{1}+{x}_{2}）+8k+2k{x}_{1}{x}_{2}}{16-4（{x}_{1}+{x}_{2}）+{x}_{1}{x}_{2}}$
=$\frac{-\frac{24}{k}+（\frac{3}{k}-5k）•\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+8k+2k•\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}}{16-4•\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}+\frac{4{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}}$
=$\frac{-\frac{72}{k}-72k}{36（{k}^{2}+1）}=-\frac{2}{k}=2{k}_{PF}$．
綜上，k_PA、k_PF、k_PB成等差數(shù)列；
②解：∵橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1$的左焦點F（1，0），
設(shè)過其右焦點F的直線AB的方程為：y=k（x-1），k≠0，
由方程組$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x-1）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+\frac{{y}^{2}}{3}=1}\end{array}\right.$，得（3+4k²）x²-8k²x+4k²-12=0，
設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），則x₁+x₂=$\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}$，x₁•x₂=$\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}$，
由弦長公式得|AB|=$\sqrt{1+{k}^{2}}\sqrt{（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}-4{x}_{1}{x}_{2}}$=$\sqrt{1+{k}^{2}}•\sqrt{（\frac{8{k}^{2}}{3+4{k}^{2}}）^{2}-4•\frac{4{k}^{2}-12}{3+4{k}^{2}}}$
$\frac{12（1+{k}^{2}）}{3+4{k}^{2}}$，
同理設(shè)C（x₃，y₃），D（x₄，y₄），|CD|=$\frac{12（1+\frac{1}{{k}^{2}}）}{3+4{k}^{2}}=\frac{12（{k}^{2}+1）}{3{k}^{2}+4}$，
∵|AB|+|CD|=λ|AB|•|CD|，
∴λ=$\frac{|AB|+|CD|}{|AB|•|CD|}$=$\frac{1}{|AB|}+\frac{1}{|CD|}$=$\frac{3+4{k}^{2}}{12（{k}^{2}+1）}+\frac{3{k}^{2}+4}{12（{k}^{2}+1）}$=$\frac{7（{k}^{2}+1）}{12（{k}^{2}+1）}=\frac{7}{12}$．
∴存在λ=$\frac{7}{12}$，使得|AB|+|CD|=λ|AB|•|CD|恒成立．

點評 本題重點考查直線與圓錐曲線的綜合，解題的關(guān)鍵是直線與橢圓方程聯(lián)立，利用弦長公式，綜合性強(qiáng)，屬于難題．