Question

19．（1）已知橢圓方程為$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}$=1，點$P（0，\sqrt{3}）$．
i．若關(guān)于原點對稱的兩點A₁（-2，0），B₁（2，0），記直線PA₁，PB₁的斜率分別為${k_{P{A_1}}}，{k_{P{B_1}}}$，試計算${k_{P{A_1}}}•{k_{P{B_1}}}$的值；
ii．若關(guān)于原點對稱的兩點${A_2}（\sqrt{3}，\frac{{\sqrt{3}}}{2}），{B_2}（-\sqrt{3}，-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）$，記直線PA₂，PB₂的斜率分別為${k_{P{A_2}}}，{k_{P{B_2}}}$，試計算${k_{P{A_2}}}•{k_{P{B_2}}}$的值；
（2）根據(jù)上題結(jié)論探究：若M，N是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$=1（a＞b＞0）上關(guān)于原點對稱的兩點，點Q是橢圓上任意一點，且直線QM，QN的斜率都存在，并分別記為k_QM，k_QN，試猜想k_QM•k_QN的值，并加以證明．

Answer 1

分析 （1）i．求出直線PA₁，PB₁的斜率分別為${k_{P{A_1}}}，{k_{P{B_1}}}$，計算${k_{P{A_1}}}•{k_{P{B_1}}}$求解即可．
ii．求解直線PA₂，PB₂的斜率分別為${k_{P{A_2}}}，{k_{P{B_2}}}$，然后求解${k_{P{A_2}}}•{k_{P{B_2}}}$的值即可．
（2）猜想${k_{QM}}•{k_{QN}}=-\frac{b^2}{a^2}$，設(shè)點M（m，n），則點N（-m，-n），從而$\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2}=1$，設(shè)點Q（x，y），求出斜率，然后代入化簡求解即可．

解答 解：（1）i．因為${k_{P{A_1}}}=\frac{{\sqrt{3}-0}}{0+2}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}，{k_{P{B_1}}}=\frac{{\sqrt{3}-0}}{0-2}=-\frac{{\sqrt{3}}}{2}$，
所以${k_{P{A_1}}}•{k_{P{B_1}}}=\frac{{\sqrt{3}}}{2}×（-\frac{{\sqrt{3}}}{2}）=-\frac{3}{4}$…．（3分）
ii．因為${k_{P{A_2}}}=\frac{{\sqrt{3}-\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{{0-\sqrt{3}}}=-\frac{1}{2}，{k_{P{B_2}}}=\frac{{\sqrt{3}+\frac{{\sqrt{3}}}{2}}}{{0+\sqrt{3}}}=\frac{3}{2}$，
所以${k_{P{A_2}}}•{k_{P{B_2}}}=-\frac{1}{2}×\frac{3}{2}=-\frac{3}{4}$…..（6分）
（2）猜想${k_{QM}}•{k_{QN}}=-\frac{b^2}{a^2}$…..…（8分）
證明：設(shè)點M（m，n），則點N（-m，-n），從而$\frac{m^2}{a^2}+\frac{n^2}{b^2}=1$，設(shè)點Q（x，y），
由${k_{QM}}=\frac{y-n}{x-m}，{k_{QN}}=\frac{y+n}{x+m}$，…（10分）
得${k_{QM}}•{k_{QN}}=\frac{y-n}{x-m}•\frac{y+n}{x+m}=\frac{{{y^2}-{n^2}}}{{{x^2}-{m^2}}}$，（*）
由${y^2}={b^2}-\frac{{{b^2}{x^2}}}{a^2}$，${n^2}={b^2}-\frac{{{b^2}{m^2}}}{a^2}$，…..…（12分）
代入（*）式得${k_{QM}}•{k_{QN}}=\frac{{{b^2}-\frac{{{b^2}{x^2}}}{a^2}-{b^2}+\frac{{{b^2}{m^2}}}{a^2}}}{{{x^2}-{m^2}}}=\frac{{{b^2}（{m^2}-{x^2}）}}{{{a^2}（{x^2}-{m^2}）}}=-\frac{b^2}{a^2}$
所以${k_{QM}}•{k_{QN}}=-\frac{b^2}{a^2}$…（16分）

點評 本題考查直線與橢圓的位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力．