Question

12．過橢圓Г：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1外一點P（x₀，y₀）（x₀≠±2且y₀≠0）向橢圓Г作切線，切點分別為A、B，直線AB交y軸于M，記直線PA、PB、PM的斜率分別為k₁、k₂、k₀．
（1）當(dāng)點P的坐標(biāo)為（4，3）時，求直線AB的方程；
（2）當(dāng)x₀≠0時，是否存在常數(shù)λ，使得$\frac{1}{{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{λ}{{k}_{0}}$恒成立？若存在，求λ的值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)切點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（0，m），對橢圓方程兩邊求導(dǎo)，可得切線的斜率，求得切線方程，再由兩點確定一條直線，即可得到所求AB的方程；
（2）假設(shè)存在常數(shù)λ，使得$\frac{1}{{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{λ}{{k}_{0}}$恒成立．設(shè)過P的直線方程為y-y₀=k（x-x₀），代入橢圓方程，運用相切的條件，可得判別式為0，再由韋達(dá)定理可得k₁、k₂的關(guān)系式，再由AB的方程可得k₀，再由恒成立思想，即可判斷存在性．

解答 解：（1）設(shè)切點A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），M（0，m），
由$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，兩邊對x求導(dǎo)，可得$\frac{1}{2}$x+$\frac{2}{3}$yy′=0，
即有PA的斜率為k₁=-$\frac{3{x}_{1}}{4{y}_{1}}$，
直線PA的方程為y-y₁=-$\frac{3{x}_{1}}{4{y}_{1}}$（x-x₁），
又$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{4}$+$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{3}$=1，
即為$\frac{{x}_{1}x}{4}$+$\frac{{y}_{1}y}{3}$=1，
同理可得PB：$\frac{{x}_{2}x}{4}$+$\frac{{y}_{2}y}{3}$=1，
又點P的坐標(biāo)為（4，3），可得
$\frac{4{x}_{1}}{4}$+$\frac{3{y}_{1}}{3}$=1，$\frac{4{x}_{2}}{4}$+$\frac{3{y}_{2}}{3}$=1，
由兩點確定一條直線，可得
直線AB的方程為x+y=1；
（2）假設(shè)存在常數(shù)λ，使得$\frac{1}{{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{λ}{{k}_{0}}$恒成立．
設(shè)過P的直線方程為y-y₀=k（x-x₀），即為y=kx+y₀-kx₀，
代入橢圓方程3x²+4y²=12，
可得（3+4k²）x²+8k（y₀-kx₀）x+4（y₀-kx₀）²-12=0，
由直線和橢圓相切的條件，可得
判別式△=64k²（y₀-kx₀）²-16（3+4k²）[（y₀-kx₀）²-3]=0，
即為k²（x₀²-4）-2kx₀y₀+y₀²-3=0，
即有k₁+k₂=$\frac{2{x}_{0}{y}_{0}}{{{x}_{0}}^{2}-4}$，k₁k₂=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-3}{{{x}_{0}}^{2}-4}$，
由AB：$\frac{{x}_{0}x}{4}$+$\frac{{y}_{0}y}{3}$=1，可得M（0，$\frac{3}{{y}_{0}}$），
即有k₀=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-3}{{x}_{0}{y}_{0}}$，
由$\frac{1}{{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{λ}{{k}_{0}}$，可得$\frac{{k}_{1}{+k}_{2}}{{k}_{1}{k}_{2}}$=$\frac{λ}{{k}_{0}}$，
即為$\frac{2{x}_{0}{y}_{0}}{{{y}_{0}}^{2}-3}$=$\frac{λ{(lán)x}_{0}{y}_{0}}{{{y}_{0}}^{2}-3}$，
即有λ=2．
則存在常數(shù)λ=2，使得$\frac{1}{{k}_{1}}$+$\frac{1}{{k}_{2}}$=$\frac{λ}{{k}_{0}}$恒成立．

點評 本題考查橢圓方程和運用，考查直線和橢圓相切的條件：判別式為0，考查直線的斜率公式的運用，屬于中檔題．