Question

17．設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0），定義橢圓的“伴隨圓”方程為x²+y²=a²+b²；若拋物線x²=4y的焦點與橢圓C的一個短軸重合，且橢圓C的離心率為$\frac{\sqrt{6}}{3}$．
（1）求橢圓C的方程和“伴隨圓”E的方程；
（2）過“伴隨圓”E上任意一點P作橢圓C的兩條切線PA，PB，A，B為切點，延長PA與“伴隨圓”E交于點Q，O為坐標(biāo)原點．
①證明：PA⊥PB；
②若直線OP，OQ的斜率存在，設(shè)其分別為k₁，k₂，試判斷k₁k₂是否為定值，若是，求出該值；若不是，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由拋物線的方程，求得b的值，利用離心率公式，即可求得a的值，求得橢圓方程；
（2）①設(shè)直線y=kx+m，代入橢圓方程，利用韋達(dá)定理及直線的斜率公式，即可求得k_PA•k_PB=-1，即可證明PA⊥PB；
②將直線方程代入圓方程，利用韋達(dá)定理及直線的斜率公式求得k₁k₂=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，代入即可求得k₁k₂=-$\frac{1}{3}$．

解答 解：（1）由拋物線x²=4y的焦點為（0，1）與橢圓C的一個短軸端點重合，
∴b=1，
由橢圓C的離心率e=$\frac{c}{a}$=$\sqrt{1-\frac{^{2}}{{a}^{2}}}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，則a²=3，
∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：$\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1$，x²+y²=4；
（2）①證明：設(shè)A（x₁，y₁），B（x₂，y₂），過點P過橢圓C的切線斜率存在且不為零，
設(shè)方程為y=kx+m，（k≠0），
由直線y=kx+m，過P（x₁，y₁），則m=y₁-kx₁，且x₁²+y₁²=4，
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{\frac{{x}^{2}}{3}+{y}^{2}=1}\end{array}\right.$，消去y得：（3k²+1）x²+6kmx+3m²-3=0，
△=36k²m²-4（3k²+1）（3m²-3）=0，整理得：m²=3k²+1，
將m=y₁-kx₁，代入上式關(guān)于k的方程（x₁²-3）k²-2x₁y₁k+y₁²-1=0，（x₁²-3≠0），
則k_PA•k_PB=$\frac{{y}_{1}^{2}-1}{{x}_{1}^{2}-3}$=-1，（x₁²+y₁²=4），
當(dāng)切線的斜率不存在或等于零結(jié)論顯然成立，
∴PA⊥PB，
②當(dāng)直線PQ的斜率存在時，
由①可知直線PQ的方程為y=kx+m，
$\left\{\begin{array}{l}{y=kx+m}\\{{x}^{2}+{y}^{2}=4}\end{array}\right.$，整理得：（k²+1）x²+2kmx+m²-4=0，
則△=4k²m²-4（k²+1）（m²-4），將m²=3k²+1，代入整理△=4k²+12＞0，
設(shè)P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），則x₁+x₂=-$\frac{2km}{{k}^{2}+1}$，x₁•x₂=$\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+1}$，
∴k₁k₂=$\frac{{y}_{1}{y}_{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{（k{x}_{1}+m）（k{x}_{2}+m）}{{x}_{1}{x}_{2}}$=$\frac{{k}^{2}{x}_{1}{x}_{2}+km（{x}_{1}+{x}_{2}）+{m}^{2}}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
$\frac{{k}^{2}•\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+1}+km•\frac{-2km}{{k}^{2}+1}+{m}^{2}}{\frac{{m}^{2}-4}{{k}^{2}+1}}$=$\frac{{m}^{2}-4{k}^{2}}{{m}^{2}-4}$，
將m²=3k²+1，即可求得求得k₁k₂=-$\frac{1}{3}$，
當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，易證k₁k₂=-$\frac{1}{3}$，
∴綜上可知：k₁k₂=-$\frac{1}{3}$．

點評 本題考查橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程及簡單幾何性質(zhì)，直線與橢圓的位置關(guān)系，考查韋達(dá)定理及直線的斜率公式，考查計算能力，屬于中檔題．