Question

14．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{4}$+y²=1左頂點(diǎn)為A，下頂點(diǎn)B，分別過A和B作兩條平行直線l₁和l₂，其中l(wèi)₁與y軸交于C點(diǎn)，與橢圓交于另一點(diǎn)為P，l₂與x軸交于D點(diǎn)，與橢圓交于另一點(diǎn)為Q，設(shè)直線CD與直線PQ交于點(diǎn)E．
（1）當(dāng)直線OP與直線OQ的斜率都存在時(shí)，證明：直線OP與直線OQ的斜率乘積為定值；
（2）證明：直線OE∥直線l₁．

Answer 1

分析 （1）如圖所示，設(shè)直線AP的方程為：y=k（x+2），則直線BQ的方程為：y=kx-1，分別與橢圓方程聯(lián)立可得點(diǎn)P，Q的坐標(biāo)，利用斜率計(jì)算公式可得：k_OP，k_OQ，即可證明k_OP•k_OQ為定值．
（2）由（1）可得直線PQ與CD的方程，可得點(diǎn)E的坐標(biāo)，只要證明k_OE=k即可．

解答 證明：（1）如圖所示，
設(shè)直線AP的方程為：y=k（x+2），則直線BQ的方程為：y=kx-1，
聯(lián)立$\left\{\begin{array}{l}{y=k（x+2）}\\{{x}^{2}+4{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，化為：（1+4k²）x²+16k²x+16k²-4=0，
∴-2x_P=$\frac{16{k}^{2}-4}{1+4{k}^{2}}$，解得x_P=$\frac{2-8{k}^{2}}{1+4{k}^{2}}$，y_P=$\frac{4k}{1+4{k}^{2}}$．
∴k_OP=$\frac{2k}{1-4{k}^{2}}$．
同理可得：x_Q=$\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$，y_Q=$\frac{4{k}^{2}-1}{1+4{k}^{2}}$．
k_OQ=$\frac{4{k}^{2}-1}{8k}$，
∴k_OP•k_OQ=$\frac{2k}{1-4{k}^{2}}$•$\frac{4{k}^{2}-1}{8k}$=-$\frac{1}{4}$為定值．
（2）過點(diǎn)O作OE′∥BQ，則
由（1）可得：k_PQ=$\frac{4{k}^{2}-4k-1}{8{k}^{2}+8k-2}$．
直線PQ的方程為：y-$\frac{4{k}^{2}-1}{1+4{k}^{2}}$=$\frac{4{k}^{2}-4k-1}{8{k}^{2}+8k-2}$（x-$\frac{8k}{1+4{k}^{2}}$），（*）
由直線AP的方程為：y=k（x+2），可得C（0，2k），
同理可得：D$（\frac{1}{k}，0）$．
∴直線CD的方程為：y=-2k²x+2k．
與（*）聯(lián)立解得x_E=$\frac{2（2k+1）（4{k}^{2}-1）}{16{k}^{4}+16{k}^{3}-4k-1}$，y_E=-2k²x_E+2k=$\frac{16{k}^{4}+8{k}^{3}-4k-2k}{16{k}^{4}+16{k}^{3}-4k-1}$，
∴k_OE=$\frac{{y}_{E}}{{x}_{E}}$=k，
因此直線OE∥直線l₁．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與橢圓相交問題、直線斜率計(jì)算公式，考查了數(shù)形結(jié)合能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．