Question

10．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓O：x²+y²=4，橢圓M：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（0＜b＜2），A為橢圓右頂點(diǎn)，過原點(diǎn)O且異于坐標(biāo)軸的直線與橢圓M交于B，C兩點(diǎn)，直線AB與圓O的另一交點(diǎn)為P，直線PD與圓O的另一交點(diǎn)為Q，其中D（-$\frac{6}{5}$，0）．設(shè)直線AB，AC的斜率分別為k₁，k₂，且k₁k₂=-$\frac{1}{4}$．
（1）求橢圓M的方程；
（2）記直線PQ，BC的斜率分別為k_PQ，k_BC，是否存在常數(shù)λ，使得k_PQ=λk_BC？若存在，求λ值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)B（x₀，y₀），得C（-x₀，-y₀），把B的坐標(biāo)代入橢圓方程，得到x₀，y₀的關(guān)系，然后由k₁k₂=-$\frac{1}{4}$求b²，則橢圓方程可求；
（2）直線AB的方程為y=k₁（x-2），聯(lián)立直線方程和圓的方程及直線方程和橢圓方程，求得P、B的坐標(biāo)，得到直線PQ，BC的斜率，可得k_PQ=$\frac{5}{2}$k_BC．

解答 解：（1）設(shè)B（x₀，y₀），則C（-x₀，-y₀），$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+\frac{{{y}_{0}}^{2}}{^{2}}=1$，
∴${k}_{1}{k}_{2}=\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}-2}•\frac{{y}_{0}}{{x}_{0}+2}=\frac{{{y}_{0}}^{2}}{{{x}_{0}}^{2}-4}=-\frac{^{2}}{4}=-\frac{1}{4}$，解得b²=1．
∴橢圓M的方程為$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$；
（2）直線AB的方程為y=k₁（x-2）．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x-2）}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，得$（1+{{k}_{1}}^{2}）{x}^{2}-4{{k}_{1}}^{2}x+4（{{k}_{1}}^{2}-1）=0$．
解得：${x}_{P}=\frac{2（{{k}_{1}}^{2}-1）}{1+{{k}_{1}}^{2}}$，${y}_{P}={k}_{1}（{x}_{P}-2）=\frac{-4{k}_{1}}{1+{{k}_{1}}^{2}}$．
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y={k}_{1}（x-2）}\\{\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，得$（1+4{{k}_{1}}^{2}）{x}^{2}-16{{k}_{1}}^{2}x+4（4{{k}_{1}}^{2}-1）=0$．
解得${x}_{B}=\frac{2（4{{k}_{1}}^{2}-1）}{1+4{{k}_{1}}^{2}}，{y}_{B}={k}_{1}（{x}_{B}-2）=\frac{-4{k}_{1}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}$．
∴${k}_{BC}=\frac{{y}_{B}}{{x}_{B}}=\frac{-2{k}_{1}}{4{{k}_{1}}^{2}-1}$，
${k}_{PQ}=\frac{{y}_{P}}{{x}_{P}+\frac{6}{5}}=\frac{\frac{-4{k}_{1}}{1+4{{k}_{1}}^{2}}}{\frac{2（{{k}_{1}}^{2}-1）}{1+{{k}_{1}}^{2}}+\frac{6}{5}}=\frac{-5{k}_{1}}{4{{k}_{1}}^{2}-1}$，
∴k_PQ=$\frac{5}{2}$k_BC，故存在常數(shù)λ=$\frac{5}{2}$，使得k_PQ=$\frac{5}{2}$k_BC．

點(diǎn)評 本題考查橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求法，考查了直線與圓、直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，體現(xiàn)了“整體運(yùn)算”思想方法，是中檔題．