Question

16．如圖，已知橢圓$C：\frac{x^2}{4}+{y^2}=1$的上、下頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)P在橢圓上，且異于點(diǎn)A，B，直線AP，BP與直線l：y=-2分別交于點(diǎn)M，N，
（Ⅰ）設(shè)直線AP，BP的斜率分別為k₁，k₂，求證：k₁•k₂為定值；
（Ⅱ）求線段MN的長的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由橢圓方程求出兩個(gè)頂點(diǎn)A，B的坐標(biāo)，設(shè)出P點(diǎn)坐標(biāo)，寫出直線AP、BP的斜率k₁，k₂，結(jié)合P的坐標(biāo)適合橢圓方程可證結(jié)論；
（Ⅱ）分別求出M和N點(diǎn)的坐標(biāo)，由（Ⅰ）中的結(jié)論得到兩直線斜率間的關(guān)系，把|MN|用含有一個(gè)字母的代數(shù)式表示，然后利用基本不等式求最值．

解答 （Ⅰ）證明：由題設(shè)橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}+{y}^{2}=1$可知，點(diǎn)A（0，1），B（0，-1）．
令P（x₀，y₀），則由題設(shè)可知x₀≠0．
∴直線AP的斜率${k}_{1}=\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}}$，PB的斜率為${k}_{2}=\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}}$．
又點(diǎn)P在橢圓上，
$\frac{{{x}_{0}}^{2}}{4}+{{y}_{0}}^{2}=1$（x₀≠0），從而有${k}_{1}•{k}_{2}=\frac{{y}_{0}-1}{{x}_{0}}•\frac{{y}_{0}+1}{{x}_{0}}$=$\frac{{{y}_{0}}^{2}-1}{{{x}_{0}}^{2}}$=$-\frac{1}{4}$；
（Ⅱ）解：由題設(shè)可得直線AP的方程為y-1=k₁（x-0），
直線PB的方程為y-（-1）=k₂（x-0）．
由$\left\{\begin{array}{l}{y-1={k}_{1}x}\\{y=-2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{3}{{k}_{1}}}\\{y=-2}\end{array}\right.$；
由$\left\{\begin{array}{l}{y+1={k}_{2}x}\\{y=-2}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{x=-\frac{1}{{k}_{2}}}\\{y=-2}\end{array}\right.$．
∴直線AP與直線l的交點(diǎn)N（-$\frac{3}{{k}_{1}}$，-2），直線PB與直線l的交點(diǎn)M（-$\frac{1}{{k}_{2}}$，-2）．
∴|MN|=|$\frac{3}{{k}_{1}}-\frac{1}{{k}_{2}}$|，又${k}_{1}•{k}_{2}=-\frac{1}{4}$．
∴|MN|=|$\frac{3}{{k}_{1}}$+4k₁|=$\frac{3}{|{k}_{1}|}$+4|k₁|≥2$\sqrt{\frac{3}{|{k}_{1}|}•4|{k}_{1}|}$=4$\sqrt{3}$．
等號(hào)成立的條件是$\frac{3}{|{k}_{1}|}=4|{k}_{1}|$，即k₁=±$\frac{\sqrt{3}}{2}$．
故線段MN長的最小值為4$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了直線的斜率，考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系，訓(xùn)練了代入法，考查了利用基本不等式求最值，考查了圓系方程，考查了學(xué)生的計(jì)算能力，是有一定難度題目．