Question

13．如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1的左、右頂點分別為A，B，過右焦點F的直線l與橢圓C交于P，Q兩點（點P在x軸上方）．
（1）若QF=2FP，求直線l的方程；
（2）設直線AP，BQ的斜率分別為k₁，k₂，是否存在常數(shù)λ，使得k₁=λk₂？若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由橢圓方程求出a，b，c，可得F的坐標，設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直線l的方程為x=my+1，代入橢圓方程，求得P，Q的縱坐標，再由向量共線的坐標表示，可得m的方程，解方程可得m，進而得到直線l的方程；
（2）運用韋達定理可得y₁+y₂，y₁y₂，my₁y₂，由A（-2，0），B（2，0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），x₁=my₁+1，x₂=my₂+1，
運用直線的斜率公式，化簡整理計算可得常數(shù)λ的值，即可判斷存在．

解答 解：（1）因為a²=4，b²=3，所以c=$\sqrt{{a}^{2}-^{2}}$=1，
所以F的坐標為（1，0），
設P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），直線l的方程為x=my+1，
代入橢圓方程$\frac{{x}^{2}}{4}$+$\frac{{y}^{2}}{3}$=1，得（4+3m²）y²+6my-9=0，
則y₁=$\frac{-3m+6\sqrt{1+{m}^{2}}}{4+3{m}^{2}}$，y₂=$\frac{-3m-6\sqrt{1+{m}^{2}}}{4+3{m}^{2}}$．
若QF=2FP，即$\overrightarrow{QF}$=2$\overrightarrow{FP}$，
則$\frac{-3m-6\sqrt{1+{m}^{2}}}{4+3{m}^{2}}$+2•$\frac{-3m+6\sqrt{1+{m}^{2}}}{4+3{m}^{2}}$=0，
解得m=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，
故直線l的方程為$\sqrt{5}$x-2y-$\sqrt{5}$=0．
（2）由（1）知，y₁+y₂=-$\frac{6m}{4+3{m}^{2}}$，y₁y₂=-$\frac{9}{4+3{m}^{2}}$，
所以my₁y₂=-$\frac{9m}{4+3{m}^{2}}$=$\frac{3}{2}$（y₁+y₂），
由A（-2，0），B（2，0），P（x₁，y₁），Q（x₂，y₂），x₁=my₁+1，x₂=my₂+1，
所以$\frac{{k}_{1}}{{k}_{2}}$=$\frac{{y}_{1}}{2+{x}_{1}}$•$\frac{{x}_{2}-2}{{y}_{2}}$=$\frac{{y}_{1}（m{y}_{2}-1）}{{y}_{2}（m{y}_{1}+3）}$=$\frac{\frac{3}{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）-{y}_{1}}{\frac{3}{2}（{y}_{1}+{y}_{2}）+3{y}_{2}}$=$\frac{1}{3}$，
故存在常數(shù)λ=$\frac{1}{3}$，使得k₁=$\frac{1}{3}$k₂．

點評 本題考查直線的方程的求法，注意運用直線和橢圓方程聯(lián)立，解方程求交點，考查存在性問題的解法，注意運用韋達定理和直線的斜率公式，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．