Question

13．已知椭圆W：$\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$，过原点O作直线l₁交椭圆W于A，B两点，P为椭圆上异于A，B的动点，连接PA，PB，设直线PA，PB的斜率分别为k₁，k₂（k₁，k₂≠0），过O作直线PA，PB的平行线l₂，l₃，分别交椭圆W于C，D和E，F．
（Ⅰ）若A，B分别为椭圆W的左、右顶点，是否存在点P，使∠APB=90°？说明理由．
（Ⅱ）求k₁•k₂的值；
（Ⅲ）求|CD|²+|EF|²的值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）不存在点P，使∠APB=90°．理由如下：设P（x_P，y_P），运用向量垂直的条件和数量积的坐标表示，结合椭圆方程，即可判断；
（Ⅱ）设P（x_P，y_P），A（x_A，y_A），运用直线的斜率公式和点差法，化简整理可得所求值；
（Ⅲ）方法一：由于l₂，l₃分别平行于直线PA，PB，求得直线方程，联立椭圆方程，求得弦长，化简整理，即可得到所求值；
方法二、设C（x_C，y_C），E（x_E，y_E），由直线l₂，l₃都过原点，则D（-x_C，-y_C），F（-x_E，-y_E）．
由于l₂，l₃分别平行于直线PA，PB，由平行的条件，求得直线方程，代入椭圆方程，化简整理，即可得到所求值．

解答 解：（Ⅰ）不存在点P，使∠APB=90°．
说明如下：设P（x_P，y_P）．
依题意，此时A（-2，0），B（2，0），
则$\overrightarrow{AP}=（{{x_P}+2，{y_P}}）$，$\overrightarrow{BP}=（{{x_P}-2，{y_P}}）$．
若∠APB=90°，则需使$\overrightarrow{AP}•\overrightarrow{BP}=0$，即$x_P^2-4+y_P^2=0$．…（1）
又点P在椭圆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．
显然与P为椭圆上异于A，B的点矛盾，所以不存在；
（Ⅱ）设P（x_P，y_P），A（x_A，y_A），依题意直线l₁过原点，则B（-x_A，-y_A）．
由于P为椭圆上异于A，B的点，
则直线PA的斜率${k_1}=\frac{{{y_P}-{y_A}}}{{{x_P}-{x_A}}}$，直线PB的斜率${k_2}=\frac{{{y_P}+{y_A}}}{{{x_P}+{x_A}}}$．
即${k_1}•{k_2}=\frac{y_P^2-y_A^2}{x_P^2-x_A^2}$．
椭圆W的方程化为x²+4y²=4，由于点P和点A都为椭圆W上的点，
则$\left\{\begin{array}{l}x_P^2+4y_P^2=4\\ x_A^2+4y_A^2=4\end{array}\right.$，两式相减得${x_P}^2-{x_A}^2+4（{y_P}^2-y_A^2）=0$，
因为点P和点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分别平行于直线PA，PB，
则直线l₂的斜率k_CD=k₁，直线l₃的斜率k_EF=k₂．
设直线l₂的方程为y=k₁x，代入到椭圆方程中，
得${x^2}+4k_1^2{x^2}=4$，解得${x^2}=\frac{4}{4k_1^2+1}$．
设C（x_C，y_C），由直线l₂过原点，则D（-x_C，-y_C）．
则${|{CD}|^2}={[{{x_C}-（-{x_C}）}]^2}+{[{{y_C}-（-{y_C}）}]^2}$=$4（x_C^2+y_C^2）$．
由于y_C=k₁x_C，所以|CD|²=$4（1+k_1^2）x_C^2$，即|CD|²=$16\frac{k_1^2+1}{4k_1^2+1}$．
直线l₃的方程为y=k₂x，代入到椭圆方程中，
得${x^2}+4k_2^2{x^2}=4$，解得${x^2}=\frac{4}{4k_2^2+1}$．
同理可得${|{EF}|^2}=16\frac{k_2^2+1}{4k_2^2+1}$．
则|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）问${k_1}•{k_2}=-\frac{1}{4}$，且k₁≠0，则${k_2}=-\frac{1}{{4{k_1}}}$．
即|CD|²+|EF|²=16$（{\frac{k_1^2+1}{4k_1^2+1}+\frac{{\frac{1}{16k_1^2}+1}}{{4\frac{1}{16k_1^2}+1}}}）$
化简得|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：设C（x_C，y_C），E（x_E，y_E），
由直线l₂，l₃都过原点，则D（-x_C，-y_C），F（-x_E，-y_E）．
由于l₂，l₃分别平行于直线PA，PB，
则直线l₂的斜率k_CD=k₁，直线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，则${k_{EF}}=-\frac{1}{{4{k_1}}}$．
由于点C不可能在x轴上，即y_C≠0，所以${k_{EF}}=-\frac{x_C}{{4{y_C}}}$，
过原点的直线l₃的方程为$y=-\frac{x_C}{{4{y_C}}}x$，代入椭圆W的方程中，
得${x^2}+（4×\frac{1}{16}×\frac{x_C^2}{y_C^2}）{x^2}=4$，化简得${x^2}=\frac{16y_C^2}{4y_C^2+x_C^2}$．
由于点C（x_C，y_C）在椭圆W上，所以$x_C^2+4y_C^2=4$，
所以${x^2}=4y_C^2$，不妨设x_E=2y_C，代入到直线$y=-\frac{x_C}{{4{y_C}}}x$中，
得${y_E}=-\frac{1}{2}{x_C}$．即$E（2{y_C}，-\frac{1}{2}{x_C}）$，则$F（-2{y_C}，\frac{1}{2}{x_C}）$．
|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．

点评 本题考查椭圆的方程和性质，存在性问题的解法和直线的斜率公式的运用，同时考查直线和椭圆方程联立，考查化简整理的运算能力，属于中档题．