Question

17．如圖，橢圓C₁：$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1和雙曲線C₂：$\frac{{x}^{2}}{4}$-y²=1有公共頂點A，B，P，Q分別在C₁，C₂且異于A，B點．直線AP，BP，AQ，BQ的斜率分別為k₁，k₂，k₃，k₄且k₁+k₂+k₃+k₄=0．
（1）求證：O，P，Q共線．
（2）設(shè)F₁，F(xiàn)₂分別為C₁，C₂的右焦點，PF₁∥QF₂，求k₁²+k₂²+k₃²+k₄²的值．

Answer 1

分析 （1）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），根據(jù)直線的斜率公式建立斜率過程結(jié)合向量關(guān)系的坐標公式進行證明即可．
（2）求出橢圓和雙曲線的焦點坐標，結(jié)合PF₁∥QF₂，得到坐標之間的關(guān)系，利用直線的斜率公式進行化簡求解即可．

解答 解：（1）設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則
k₁+k₂+k₃+k₄=$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}+2}$+$\frac{{y}_{1}}{{x}_{1}-2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}+2}$+$\frac{{y}_{2}}{{x}_{2}-2}$=$\frac{2{y}_{1}{y}_{1}}{{{x}_{1}}^{2}-4}$+$\frac{2{x}_{2}{y}_{2}}{{{x}_{2}}^{2}-4}$   …（2分）
又x₁²-4=-4y₁²，x₂²-4=-4y₂²，
所以k₁+k₂+k₃+k₄=$\frac{2{x}_{1}{y}_{2}}{-4{y}_{1}^{2}}$+$\frac{2{x}_{2}{y}_{2}}{4{y}_{2}^{2}}$=$\frac{{x}_{2}}{2{y}_{2}}-\frac{{x}_{1}}{2{y}_{1}}$=$\frac{{y}_{1}{x}_{2}-{y}_{2}{x}_{1}}{2{y}_{1}{y}_{2}}$…（4分）
由k₁+k₂+k₃+k₄=0得y₁x₂-y₂x₁=0
即$\overrightarrow{OP}∥\overrightarrow{OQ}$，
所以O(shè)、P、Q三點共線   …（6分）
（2）由題意得F₁（$\sqrt{3}$，0），F(xiàn)₂（$\sqrt{5}$，0），由PF₁∥QF₂知|OP|：|OQ|=$\sqrt{3}：\sqrt{5}$，
因為O、P、Q三點共線，所以$\frac{{x}_{1}^{2}}{{x}_{2}^{2}}=\frac{3}{5}$  …①…（7分）
設(shè)直線PQ的斜率為k，則$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{x}_{1}^{2}}{4}+{k}^{2}{{x}_{1}}^{2}=1}\\{\frac{{x}_{2}^{2}}{4}-{k}^{2}{{x}_{2}}^{2}=1}\end{array}\right.$得（$\frac{1}{4}$+k²）x₁²=（$\frac{1}{4}$-k²）x₂²，…②
由①②得k²=$\frac{1}{16}$   …（10分），
又k₁k₂=$\frac{{y}_{1}^{2}}{{x}_{1}^{2}-4}$=$\frac{{y}_{1}^{2}}{-4{y}_{1}^{2}}$=-$\frac{1}{4}$，k₃k₄=$\frac{{y}_{2}^{2}}{{x}_{2}^{2}-4}$=$\frac{{y}_{2}^{2}}{4{y}_{2}^{2}}$=$\frac{1}{4}$   …（12分）
從而k₁²+k₂²+k₃²+k₄²=（k₁+k₂）²+（k₃+k₄）²-2（k₁k₂+k₃k₄）=2（k₁+k₂）²=2×（$\frac{2{x}_{2}{y}_{2}}{-4{y}_{1}^{2}}$）²=$\frac{1}{2}×（\frac{{x}_{1}}{{y}_{1}}）^{2}=\frac{1}{2}×\frac{1}{{k}^{2}}$=8…（13分）

點評 本題主要考查圓錐曲線的綜合問題，利用直線的斜率公式以及向量和直線平行的公式進行轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵．考查學生的計算能力．