Question

12．已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，過(guò)$P（{0，\frac{2}}）$的直線l與橢圓交于A，B兩點(diǎn)，過(guò)Q（x₀，0）（|x₀|＜a）的直線l'與橢圓交于M，N兩點(diǎn)．
（1）當(dāng)l的斜率是k時(shí)，用a，b，k表示出|PA|•|PB|的值；
（2）若直線l，l'的傾斜角互補(bǔ)，是否存在實(shí)數(shù)x₀，使$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}$為定值，若存在，求出該定值及x₀，若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）由題意可知：橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，設(shè)直線AB的方程：$y=kx+\frac{2}，A（{{x_1}{y_1}}），B（{{x_2}，{y_2}}）$，代入橢圓方程，由韋達(dá)定理${x_1}{x_2}=\frac{{-3{a^2}{b^2}}}{{4（{{a^2}{k^2}+{b^2}}）}}$，因此，由弦長(zhǎng)公式可知：$|{PA}|•|{PB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}|•\sqrt{1+{k^2}}|{x_2}|=（{1+{k^2}}）|{{x_1}{x_2}}|=\frac{{3{a^2}{b^2}（{1+{k^2}}）}}{{4（{{a^2}{k^2}+{b^2}}）}}$，
（2）當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)：設(shè)直線MN的方程：y=-k（x-x₀），代入橢圓方程，由韋達(dá)定理可知：${x_3}+{x_4}=\frac{{2{a^2}{k^2}{x_0}}}{{{a^2}{k^2}+{b^2}}}，{x_3}{x_4}=\frac{{{a^2}{k^2}x_0^2-{a^2}{b^2}}}{{{a^2}{k^2}+{b^2}}}$，由弦長(zhǎng)公式求得丨MN丨，則${|{MN}|^2}=（{1+{k^2}}）•\frac{{4（{{a^2}b+{a^4}{b^2}{k^2}-{a^2}{b^2}{k^2}x_0^2}）}}{{{{（{{a^2}{k^2}+{b^2}}）}^2}}}$，$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{3}{16}•\frac{{{a^2}{b^2}（{{b^2}+{a^2}{k^2}}）}}{{{a^2}{b^4}+{a^4}{b^2}{k^2}-{a^2}{b^2}{k^2}x_0^2}}=\frac{3}{16}•\frac{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}-{k^2}x_0^2}}$，當(dāng)x₀=0時(shí)，$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{3}{16}$為常數(shù)，當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)：$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{{\frac{{3{b^2}}}{4}}}{{4{b^2}-\frac{{4{b^2}}}{a^2}x_0^2}}，{x_0}=0$時(shí)，$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{3}{16}$為定值，所以當(dāng)x₀=0時(shí)，$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{3}{16}$為常數(shù)．

解答 解：（1）橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1（{a＞b＞0}）$，焦點(diǎn)在x軸上，焦距為2c，
設(shè)直線AB的方程：$y=kx+\frac{2}，A（{{x_1}{y_1}}），B（{{x_2}，{y_2}}）$，
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=kx+\frac{2}}\\{{b^2}{x^2}+{a^2}{y^2}={a^2}{b^2}}\end{array}}\right.$，整理得：$（{{a^2}{k^2}+{b^2}}）{x^2}+{a^2}bkx-\frac{{3{a^2}{b^2}}}{4}=0$，
由韋達(dá)定理可知：${x_1}{x_2}=\frac{{-3{a^2}{b^2}}}{{4（{{a^2}{k^2}+{b^2}}）}}$，…（3分）
$|{PA}|•|{PB}|=\sqrt{1+{k^2}}|{x_1}|•\sqrt{1+{k^2}}|{x_2}|=（{1+{k^2}}）|{{x_1}{x_2}}|=\frac{{3{a^2}{b^2}（{1+{k^2}}）}}{{4（{{a^2}{k^2}+{b^2}}）}}$，…（6分）
（2）當(dāng)直線MN的斜率存在時(shí)：設(shè)直線MN的方程：y=-k（x-x₀），M（x₃，y₃），N（x₄，y₄）．
由$\left\{{\begin{array}{l}{y=-k（{x-{x_0}}）}\\{{b^2}{x^2}+{a^2}{y^2}={a^2}{b^2}}\end{array}}\right.$，可知得：$（{{a^2}{k^2}+{b^2}}）{x^2}-2{a^2}{k^2}{x_0}x+{a^2}{k^2}x_0^2-{a^2}{b^2}=0$，
則$△=4（{{a^2}{b^2}+{a^4}{b^2}{k^2}-{a^2}{b^2}{k^2}x_0^2}）＞0$，
由韋達(dá)定理可知：${x_3}+{x_4}=\frac{{2{a^2}{k^2}{x_0}}}{{{a^2}{k^2}+{b^2}}}，{x_3}{x_4}=\frac{{{a^2}{k^2}x_0^2-{a^2}{b^2}}}{{{a^2}{k^2}+{b^2}}}$，
由弦長(zhǎng)公式可知：丨MN丨=$\sqrt{1+{k}^{2}}$•$\sqrt{（{x}_{3}+{x}_{4}）^{2}-4{x}_{3}{x}_{4}}$，…（8分）
∴${|{MN}|^2}=（{1+{k^2}}）•\frac{{4（{{a^2}b+{a^4}{b^2}{k^2}-{a^2}{b^2}{k^2}x_0^2}）}}{{{{（{{a^2}{k^2}+{b^2}}）}^2}}}$，…（10分）
$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{3}{16}•\frac{{{a^2}{b^2}（{{b^2}+{a^2}{k^2}}）}}{{{a^2}{b^4}+{a^4}{b^2}{k^2}-{a^2}{b^2}{k^2}x_0^2}}=\frac{3}{16}•\frac{{{b^2}+{a^2}{k^2}}}{{{b^2}+{a^2}{k^2}-{k^2}x_0^2}}$，…（13分）
∴當(dāng)x₀=0時(shí)，$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{3}{16}$為常數(shù)…（14分）
當(dāng)直線MN的斜率不存在時(shí)：$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{{\frac{{3{b^2}}}{4}}}{{4{b^2}-\frac{{4{b^2}}}{a^2}x_0^2}}，{x_0}=0$時(shí)，
$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{3}{16}$為定值．
綜上：所以當(dāng)x₀=0時(shí)，$\frac{{|{PA}|•|{PB}|}}{{{{|{MN}|}^2}}}=\frac{3}{16}$為常數(shù)．…（15分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查直線與橢圓位置關(guān)系的綜合應(yīng)用，考查弦長(zhǎng)公式，韋達(dá)定理在求直線與橢圓的位置關(guān)系中的應(yīng)用，考查計(jì)算能力，計(jì)算量大，綜合性強(qiáng)，屬于難題．