Question

2．已知A，B为椭圆$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1（a＞b＞0）和双曲线$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$-$\frac{{y}^{2}}{{b}^{2}}$=1的公共顶点，P，Q分别为双曲线和椭圆上不同于A，B的动点，且有$\overrightarrow{AP}$+$\overrightarrow{BP}$=λ（$\overrightarrow{AQ}$+$\overrightarrow{BQ}$）（λ∈R），设AP，BP，AQ，BQ的斜率分别为k₁，k₂，k₃，k₄，且m=
（k₁，k₂），n=（k₂，k₁） 
（1）求证：m⊥n；
（2）求$\frac{{k}_{2}}{{k}_{1}}$+$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$+$\frac{{k}_{3}}{{k}_{4}}$+$\frac{{k}_{4}}{{k}_{3}}$的值；
（3）设F₂′，F₂分别为双曲线和椭圆的右焦点，且PF₂′∥QF₂，试判断k₁²+k₂²+k₃²+k₄²是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）设P（x₁，y₁），则k₁•k₂=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$，同理k₃•k₄=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$；则k₁•k₂+k₃•k₄=0，即$\overrightarrow{m}⊥\overrightarrow{n}$；
（2）先计算k₁+k₂+k₃+k₄=0，进而可得：∴$\frac{{k}_{2}}{{k}_{1}}$+$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$+$\frac{{k}_{3}}{{k}_{4}}$+$\frac{{k}_{4}}{{k}_{3}}$=-4；
（3）由（2）可求得∴（k₁+k₂）²=4，（k₃+k₄）²=4，结合k₁•k₂=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$，k₃•k₄=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$；可得k₁²+k₂²+k₃²+k₄²=8．

解答 （1）证明：设P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），
k₁•k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+a}$•$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}$=$\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{{x}_{1}}^{2}-{a}^{2}}$，
且$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{b}^{2}}=1$，
∴x₁²-a²=$\frac{{a}^{2}}{{b}^{2}}$•y₁²，
∴k₁•k₂=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$；
同理可得：k₃•k₄=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$；
则k₁•k₂+k₃•k₄=0，
即$\overrightarrow{m}⊥\overrightarrow{n}$；
（2）解：∵k₁+k₂=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+a}$+$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-a}$=$\frac{{2{x}_{1}•{y}_{1}}^{\;}}{{{x}_{1}}^{2}-{a}^{2}}$=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$•$\frac{2{x}_{1}}{{y}_{1}}$，
设Q（x₂，y₂），同理可得k₃+k₄=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$•$\frac{2{x}_{2}}{{y}_{2}}$，
又$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{OQ}$共线，
∴x₁=λx₂，y₁=λy₂，
∴$\frac{2{x}_{1}}{{y}_{1}}$=$\frac{2{x}_{2}}{{y}_{2}}$，
∴k₁+k₂+k₃+k₄=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$（$\frac{2{x}_{1}}{{y}_{1}}$-$\frac{2{x}_{1}}{{y}_{1}}$）=0；
∴$\frac{{k}_{2}}{{k}_{1}}$+$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$+$\frac{{k}_{3}}{{k}_{4}}$+$\frac{{k}_{4}}{{k}_{3}}$=$\frac{{{k}_{1}}^{2}+{{k}_{2}}^{2}}{{k}_{1}•{k}_{2}}$+$\frac{{{k}_{3}}^{2}+{{k}_{4}}^{2}}{{k}_{3}•{k}_{4}}$=$\frac{{{k}_{1}}^{2}+{{k}_{2}}^{2}-{{k}_{3}}^{2}-{{k}_{4}}^{2}}{{k}_{1}•{k}_{2}}$
=$\frac{{{（k}_{1}+{k}_{2}）}^{2}-2{k}_{1}{{k}_{2}}^{\;}-{{（k}_{3}+{k}_{4}）}^{2}+2{k}_{3}{{k}_{4}}^{\;}}{{k}_{1}•{k}_{2}}$=$\frac{-4{k}_{1}{{k}_{2}}^{\;}}{{k}_{1}•{k}_{2}}$=-4
（3）解：∵$\overrightarrow{OP}$=λ$\overrightarrow{OQ}$（λ∈R，λ＞1），
∴$\left\{\begin{array}{l}{x}_{2}=\frac{1}{λ}{x}_{1}\\{y}_{2}=\frac{1}{λ}{y}_{1}\end{array}\right.$，
又∵$\frac{{{x}_{2}}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{{y}_{2}}^{2}}{{b}^{2}}=1$，
∴$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{b}^{2}}={λ}^{2}$，
又∵$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{a}^{2}}-\frac{{{y}_{1}}^{2}}{{b}^{2}}=1$，
∴$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}}^{2}=\frac{{λ}^{2}+1}{2}{a}^{2}\\{{y}_{1}}^{2}=\frac{{λ}^{2}-1}{2}{b}^{2}\end{array}\right.$，
又∵若PF₁∥QF₂，
∴|OF₁|=λ|OF₂|，
∴λ²=$\frac{{a}^{2}{+b}^{2}}{{a}^{2}-{b}^{2}}$，
∴$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{{y}_{1}}^{2}}$=$\frac{{λ}^{2}+1}{{λ}^{2}-1}$•$\frac{{a}^{2}}{{b}^{2}}$=$\frac{{a}^{4}}{{b}^{4}}$，
∴（k₁+k₂）²=4•$\frac{{b}^{4}}{{a}^{4}}$•$\frac{{{x}_{1}}^{2}}{{{y}_{1}}^{2}}$=4•$\frac{{b}^{4}}{{a}^{4}}$•$\frac{{a}^{4}}{{b}^{4}}$=4；
同理（k₃+k₄）²=4；
又k₁•k₂=$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$；k₃•k₄=-$\frac{{b}^{2}}{{a}^{2}}$；
∴k₁²+k₂²+k₃²+k₄²=（k₁+k₂）²+（k₃+k₄）²-2（k₁•k₂+k₃•k₄）=4+4-0=8

点评 本题考查圆锥曲线的综合，着重考查整体代换与方程思想，培养学生综合分析问题、解决问题的能力，属于难题．