Question

13．已知橢圓W：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，過原點O作直線l₁交橢圓W于A，B兩點，P為橢圓上異于A，B的動點，連接PA，PB，設直線PA，PB的斜率分別為k₁，k₂（k₁，k₂≠0），過O作直線PA，PB的平行線l₂，l₃，分別交橢圓W于C，D和E，F(xiàn)．
（Ⅰ）若A，B分別為橢圓W的左、右頂點，是否存在點P，使∠APB=90°？說明理由．
（Ⅱ）求k₁•k₂的值；
（Ⅲ）求|CD|²+|EF|²的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）不存在點P，使∠APB=90°．理由如下：設P（x_P，y_P），運用向量垂直的條件和數(shù)量積的坐標表示，結合橢圓方程，即可判斷；
（Ⅱ）設P（x_P，y_P），A（x_A，y_A），運用直線的斜率公式和點差法，化簡整理可得所求值；
（Ⅲ）方法一：由于l₂，l₃分別平行于直線PA，PB，求得直線方程，聯(lián)立橢圓方程，求得弦長，化簡整理，即可得到所求值；
方法二、設C（x_C，y_C），E（x_E，y_E），由直線l₂，l₃都過原點，則D（-x_C，-y_C），F(xiàn)（-x_E，-y_E）．
由于l₂，l₃分別平行于直線PA，PB，由平行的條件，求得直線方程，代入橢圓方程，化簡整理，即可得到所求值．

解答 解：（Ⅰ）不存在點P，使∠APB=90°．
說明如下：設P（x_P，y_P）．
依題意，此時A（-2，0），B（2，0），
則$\overrightarrow{AP}=（{{x_P}+2，{y_P}}）$，$\overrightarrow{BP}=（{{x_P}-2，{y_P}}）$．
若∠APB=90°，則需使$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{BP}=0$，即$x_P^2-4+y_P^2=0$．…（1）
又點P在橢圓W上，所以$\frac{{{x_P}^2}}{4}+{y_P}^2=1$，
把${y_P}^2=1-\frac{{{x_P}^2}}{4}$代入（1）式中解得，x_P=±2，且y_P=0．
顯然與P為橢圓上異于A，B的點矛盾，所以不存在；
（Ⅱ）設P（x_P，y_P），A（x_A，y_A），依題意直線l₁過原點，則B（-x_A，-y_A）．
由于P為橢圓上異于A，B的點，
則直線PA的斜率${k_1}=\frac{{{y_P}-{y_A}}}{{{x_P}-{x_A}}}$，直線PB的斜率${k_2}=\frac{{{y_P}+{y_A}}}{{{x_P}+{x_A}}}$．
即${k_1}•{k_2}=\frac{y_P^2-y_A^2}{x_P^2-x_A^2}$．
橢圓W的方程化為x²+4y²=4，由于點P和點A都為橢圓W上的點，
則$\left\{\begin{array}{l}x_P^2+4y_P^2=4\\ x_A^2+4y_A^2=4\end{array}\right.$，兩式相減得${x_P}^2-{x_A}^2+4（{y_P}^2-y_A^2）=0$，
因為點P和點A不重合，所以$1+4×\frac{{{y_P}^2-y_A^2}}{{{x_P}^2-{x_A}^2}}=0$，
即${k_1}•{k_2}=\frac{y_P^2-y_A^2}{x_P^2-x_A^2}=-\frac{1}{4}$；
（Ⅲ）方法一：由于l₂，l₃分別平行于直線PA，PB，
則直線l₂的斜率k_CD=k₁，直線l₃的斜率k_EF=k₂．
設直線l₂的方程為y=k₁x，代入到橢圓方程中，
得${x^2}+4k_1^2{x^2}=4$，解得${x^2}=\frac{4}{4k_1^2+1}$．
設C（x_C，y_C），由直線l₂過原點，則D（-x_C，-y_C）．
則${|{CD}|^2}={[{{x_C}-（-{x_C}）}]^2}+{[{{y_C}-（-{y_C}）}]^2}$=$4（x_C^2+y_C^2）$．
由于y_C=k₁x_C，所以|CD|²=$4（1+k_1^2）x_C^2$，即|CD|²=$16\frac{k_1^2+1}{4k_1^2+1}$．
直線l₃的方程為y=k₂x，代入到橢圓方程中，
得${x^2}+4k_2^2{x^2}=4$，解得${x^2}=\frac{4}{4k_2^2+1}$．
同理可得${|{EF}|^2}=16\frac{k_2^2+1}{4k_2^2+1}$．
則|CD|²+|EF|²=$16（\frac{k_1^2+1}{4k_1^2+1}+\frac{k_2^2+1}{4k_2^2+1}）$．
由（Ⅱ）問${k_1}•{k_2}=-\frac{1}{4}$，且k₁≠0，則${k_2}=-\frac{1}{{4{k_1}}}$．
即|CD|²+|EF|²=16$（{\frac{k_1^2+1}{4k_1^2+1}+\frac{{\frac{1}{16k_1^2}+1}}{{4\frac{1}{16k_1^2}+1}}}）$
化簡得|CD|²+|EF|²=16$[{\frac{4k_1^2+4+16k_1^2+1}{4（4k_1^2+1）}}]$．
即|CD|²+|EF|²=20．
方法二：設C（x_C，y_C），E（x_E，y_E），
由直線l₂，l₃都過原點，則D（-x_C，-y_C），F(xiàn)（-x_E，-y_E）．
由于l₂，l₃分別平行于直線PA，PB，
則直線l₂的斜率k_CD=k₁，直線l₃的斜率k_EF=k₂，
由（Ⅱ）得${k_1}•{k_2}=-\frac{1}{4}$，可得${k_{CD}}•{k_{EF}}=-\frac{1}{4}$．
由于k_CD=k₁≠0，則${k_{EF}}=-\frac{1}{{4{k_1}}}$．
由于點C不可能在x軸上，即y_C≠0，所以${k_{EF}}=-\frac{x_C}{{4{y_C}}}$，
過原點的直線l₃的方程為$y=-\frac{x_C}{{4{y_C}}}x$，代入橢圓W的方程中，
得${x^2}+（4×\frac{1}{16}×\frac{x_C^2}{y_C^2}）{x^2}=4$，化簡得${x^2}=\frac{16y_C^2}{4y_C^2+x_C^2}$．
由于點C（x_C，y_C）在橢圓W上，所以$x_C^2+4y_C^2=4$，
所以${x^2}=4y_C^2$，不妨設x_E=2y_C，代入到直線$y=-\frac{x_C}{{4{y_C}}}x$中，
得${y_E}=-\frac{1}{2}{x_C}$．即$E（2{y_C}，-\frac{1}{2}{x_C}）$，則$F（-2{y_C}，\frac{1}{2}{x_C}）$．
|CD|²+|EF|²=$4（x_C^2+y_C^2+y_E^2+x_E^2）$
=$4（x_C^2+y_C^2+4y_C^2+\frac{1}{4}x_C^2）$
=$4[{4+\frac{1}{4}（x_C^2+4y_C^2）}]$．
又$x_C^2+4y_C^2=4$，所以|CD|²+|EF|²=20．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)，存在性問題的解法和直線的斜率公式的運用，同時考查直線和橢圓方程聯(lián)立，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．